Sẽ thông minh hơn nếu ta biết vận dụng nó để sáng tạo và tìm lời giải cho các bài toán mới.[r]
Trang 1Đổi Biến Để Chứng Minh Bất ĐẳngThức
VD1:(BĐT Nesbitt): Cho a,b,c là các số thực dương CMR:
Vậy BĐT đuợc chứng minh
Dấu “=” xảy ra
VD2: (Prance Pre –MO 2005) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: CMR:
Và BĐT cần CM CM BĐT
mặt khác ta có BĐT sau:
Vậy BĐT đuợc chứng minh
Dấu “=” xảy ra
VD3: Cho x, y, z >0 thoả CMR
Từ giả thiết ta có thể đặt: với a,b,c >0
Nên BĐT CM
(đúng)
Trang 2Dấu “=” xảy ra
VD4: Cho x, y, z là các số thực dương CMR
mặt khác ta có
Vậy BĐT đuợc chứng minh
Dấu “=” xảy ra
VD5: ( IMO 2000) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1
CMR:
Do nên ta có thể đặt với
Nên BĐT có thể viết lại
Vậy BĐT đuợc chứng minh
Dấu “=” xảy ra
VD6:( IMO-1995) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1
CMR :
Nên BĐT
mặt khác theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có:
Trang 3Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
VD7: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn:
CMR:
Từ
Nên BĐT cần CM CM BĐT
Mặt khác ta có:
Nên
Vậy BĐT luôn đúng
Dấu “=” xảy ra
Sau đây là một số bài tập để luyện tập:
Bài 1: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác:
1,
2,
Bài 2: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn CMR:
1,
2,
Gợi ý: từ giả thiết ta có thể đặt
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
CMR:
Trang 4Bài 4: Cho thoả mãn CMR:
Bài 5: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác CMR:
1, với S là diện tich tam giác
2,
Gợi ý: Đặt
TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN
“Tìm được lời giải cho một bài toán là một phát minh” (Polya) Sẽ thông minh hơn nếu ta biết vận dụng nó để sáng tạo và tìm lời giải cho các bài toán mới Bài viết này đề cập đến một bất đẳng thức quen thuộc, đơn giản và một số bài toán áp dụng bất đẳng thức này
Bài toán: Với hai số dương x và y ta có:
x+ y1 ≤ 1
4( 1x+ 1y) (1)
Đẳng thức xảy ra khi x =y.
Bất đẳng thức (1) có nhiều cách chứng minh ở đây đưa ra hai cách chứng minh phổ biến nhất
Cách 1 Với hai số dương x và y ta có:
(x+ y)20 ⇒(x + y)24 xy ⇒ 1 x+ y ≤ 14( 1x+ 1y)
Rõ ràng, đẳng thức xảy ra khi x = y
Cách 2 áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có
x+ y2√xy , 1 x+ 1y ≥2√1
x 1y= 2√xy
Từ đó: (x+ y)(1x+ 1
y¿≥ 4 ⇒ 1 x+ y ≤ 14( 1x+ 1y)
Và đẳng thức xảy ra khi x =y
Cho các số dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
a+b1 ≤ 14( 1a+ 1b ); 1 b+c ≤ 14( 1b+ 1c ); 1 c+a ≤ 14( 1c+ 1a)
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta được:
Bài toán 1 Cho ba số dương a, b, c, ta có:
a+b1 + 1b+c+ 1c+a ≤ 12( 1a+ 1b+ 1c) (2)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
* Áp dụng (2) cho 3 số a+b, b+c, c+a ta được:
a+2b+c1 +b+2c+a1 +c+2a+b1 ≤ 12( 1a+b+ 1b+c+ 1c+a) (3)
* Kết hợp (2) và (3) ta có
Bài toán 2 Với a, b, c là các số dương:
a+2b+c1 +b+2c+a1 +c+2a+b1 ≤ 14( 1a+ 1b+ 1c) (4)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Chú ý: Nếu thêm giả thiết 1a+ 1b+ 1c=4 thì bài toán 2 là nội dung câu V, Đề thi Đại học
và Cao đẳng khối A, năm 2005
Bài toán 3 Chứng minh rằng với a, b, c dương:
a+2b+c1 +b+2c+a1 +c+2a+b1 ≤ 1 a+3b+ 1b+3c+ 1c+3a (5)
Giải: Vận dụng bất đẳng thức (1) ta có:
Trang 5a+3b1 +b+2c+a1 ≥ 4
(a+3b)+(b+2c+a)=a+2b+c2
b+3c1 +c+2a+b1 ≥ (b+3c)+(c+2a+b)4 =b+2c+a2
c+3a1 +a+2b+c1 ≥ (c+3a)+(a+2b+c)4 =c+2a+b2
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên và rút gọn ta co bất đẳng thức (5)
Đẳng thức xảy ra khi:
a+3b=b +2c+a b+3c=c+2a+b c+3a=a+2b+c
⇔a=b=c
¿{{
¿
¿
Bài toán 4 Hãy xác định dạng của tam giác ABC nếu các góc của nó luôn thỏa mãn
đẳng thức sau:
tg A2 1+tg B2 tg C2 +
tg B2 1+tg C2 tg A2 +
tg C2 1+tg A2 .tg B2 =
1
4.tg A2 .tg B2.tg C2
Giải: Đặt x=tg A2 , y=tg B2, z=tg C2 thế thì x, y, z dương và xy + yz + zx=1
Hệ thức trở thành:
1+yzx + y1+zx+ z1+xy= 14 xyz
Ta có:
x
1+yz+ y1+zx+ z1+xy=(xy+yz)+(zx+yz)x +
y
(xy+zx)+(yz+zx)+
z
(xy+yz)+(zx+xy)≤ 1
4( x
xy+yz + xzx+yz)+ 14( y
xy+zx + yyz+zx )+ 14( z
xy+yz+zx+xyz )=¿= 14( x+z
xy+yz + x+ yzx+yz+ y+zxy+zx)= 14(1
x+ 1y+ 1z)=xy+yz+zx4 xyz = 14 xyz
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z hay tam giác ABC đều.
Bài toán 5 Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0, x + 1>0, y +
1 > 0, z + 4 > 0 Hãy tìm giá trị lớn nhất của
Q= x
x+1 + y y+1 + z z+1
Giải: Đặt a = x + 1 > 0, b = y + 1 > 0, c = z + 4 > 0 Ta có: a + b + c = 6 và
Q= a− 1 a + b−1 b + c −1 c =3−(1
a+ 1b+ 4c)
Theo bất đẳng thức (1) ta có:
( 1a+ 1b)+ 4c ≥ 4 a+b+ 4c ≥ 16 a+b+c=83
⇒ Q≤ 3− 83= 13
Trang 6Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
a=b a+b=c a+b+c=6
⇔
¿a=b= 32 c=3
⇔
¿x= y= 12 z=−1
¿{{
¿
¿
Vậy: MaxQ= 13 đạt được khi
x= y=12 z=−1
¿{
¿
¿
Bài toán 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A= x −1 t + y + 1− y y+ z + y − z z+x + z − x x+t
Với x, y, z, t là các số dương
Giải : Ta có:
A=( x− t 1+ y +1)+( t − y y+z +1)+( y− z z+x +1)+( z− x x+t +1)− 4=¿= x+ y t+ y + t +z y+z + y+x z+x + z+t x+t −4=¿=(x+ y)[ 1
t+ y+ 1z+x]+(t +z)[ 1
y+ z+ 1x+t]− 4≥
(x+ y) x+ y+z+t4 +(t+ z) x+ y+z+t4 − 4=¿= 4(x+ y+ z+t ) z+ y+z+t − 4=0
Vậy MinA=0 khi x = y = z = t.
Trên đây là một số bài toán áp dụng bất đẳng thức (1) sau đây là một số bài tập tương
tự:
Bài 1 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh các bất đẳng thức:
2a+3(b+c)+
1
2b+3 (c+a)+
1
2 c+3(a+b) ≤( 1
a+b+ 1b+c+ 1c+a) 1
4 2/a+2b+3c1 +b+2 c+3a1 +c+2 a+3 b1 ≤ 12( 1
a+2 c+ 1b+2a+ 1c+2b)
Bài 2 Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc =
ab + bc + ca thì:
a+2b+3c1 +b+2c+3a1 +c+2a+3b1 <1796
Bài 3 Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x + y 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của:
A= 1
x2+ y2+ 2xy+4 xy
Bài 4 Cho tam giác ABC có chu vi a + b + c = k (không đổi), BC = a, CA = b, AB =
c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
T=ab
a+b+2c+bcb+c+2a+cac+a+2b
Bài 5 Cho tam giác ABC có chu vi 2p=a+b+c (a,b, c là độ dài 3 cạnh) Chứng minh
rằng:
p − a1 + 1
p−b+ 1p−c ≥ 2(1
a+ 1b+ 1c)