Chuong IV 1 Bat dang thuc va chung minh bat dang thuc

Mục đích là rèn luyện HSG, nâng cao khả năng tư duy giải toán cho HSG hay học sinh lớp chọn về BĐT... Từ các phân tích trên suy ra:.[r]

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 4 : (THPT Như Thanh - Thanh Hóa 2018 2019) Cho a, b, c 0 và a2 b2 c2  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

Cách 1: (Đáp án)

Ta có: P + 3 =

b   c   a 

P



1

4 2

2 1 2 1



1

4 2

2 1 2 1



16 2 16 2 16 2

6 3

6 3

2 2 2 2 2 2 2

2 2

P

Vậy

3

2

Cách 2: (Cô si thuận)

Gạch bỏ số 1 ta phân tích

1

b

b  b 

 vì thế ta có cách giải sau: Cô si 3 số (chuẩn)

1 3

2 2 2



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

a b c

a b c

P        P   P

Vậy

3

2

Cách 3: (Cô si đảo + B.C.S)

Ta có đánh giá khử căn bậc hai

2 1

1 2 2 1

 

2

2 2

P

Vậy

3

2

Cách 4: (Đổi biến + B.C.S)

Đổi biến số a2 x b, 2 y c, 2  z x y z  3 Ta có

32

2.11

ax xyb



 Tương tự ta có:

2

x y z

P

 

Vậy

3

2

Cách 5: (Đổi biến + Cô si thuận)

Đổi biến số a2 x b, 2 y c, 2  z x y z  3 Khi đó

2 1

x xy

b  

 , ta có:

x xy

x xy  



nên

2 4 2

x xy

 

 

 Hoàn toàn tương tự và chú ý xy yz zx   ta được:3

x y z x y z xy yz zx

Vậy

3

2

Cách 6: (Cô si đảo + B.C.S)

Áp dụng bđt Cô si ta có:  

1 2 2 1

b a ab

như thế sẽ xuất hiện biểu thức M ab2 bc2ca2 a2b2c2  Thật vậy 3 M b ab c bc a ca .  .  . nên

3

M  b c a a b b c c a  a b c 

và ngoài ra thì

Từ các phân tích trên suy ra:

 

2

2 2

a b c

P

a b c M

a ab b bc c ca

 

  

Vậy

3

2

Ví dụ 5 : (HSG Đăk Lăk 2014 2015)

Cho a,b,c 0, a b c  3 Chứng minh rằng: P a 3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   Ta cót 3

3

a b c

ab bc ca       

Khi đó theo

tính bắc cầu ta chứng minh bđt sau là đủ:    

2 9



(đúng   ).t 3 Đẳng thức có tại t 3 a b c   1

Hoặc từ

t      t     

(đpcm)

Cách 2: (bđt phụ)

Dùng phép thế, ta có: 27a b c  3 a3b3c3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

a b c

  (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a3b3c3 2ab bc ca   2a3b3c3a b c  b c a   c a b  

 3 3 3      

2P2 a b c a 3 a b 3 b c 3 c 12

2 a b c a b c 3 a b c 12 2 a b c 3 a b c

(*)

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

Ta có  

2

1 3

   





 

 và tương tự cộng các vế rồi rút gọn được (*) 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

Ta có 2a3 a23a7a 1 4 2a3 a2  4a  3 0 a 1 2 2a3   0, a 0

Và tương tự suy ra 2P7a b c   312 12 (đpcm) Đẳng thức xảy ra  a b c   1

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

a b c

  và như vậy theo tính bắc cầu thì P a 2b2c2 ab bc ca  a b c  2 ab bc ca    9 3 6 (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

a bc b ca c ab

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 chẩn)

 

a a bc

a



a b c abc

(đpcm) Đẳng thức có  a b c   1

 BĐT Cô si dạng không chuẩn là:



a b c ab bc ca a b c

P          

(đpcm) Đẳng thức có  a b c  1

Hướng 2:

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

a b c

ab bc ca a bc

a bc  a a b c  bc       

và như vậy ta sẽ có

mẫu thức chung, ta có:

3 2

a b c P

a b c

 



  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

   



   



 

 hoàn tương tự và cộng các vế và rút gọn thành bđt (*)

Hướng 3:

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

+ Dạng 1:

Đưa các biến về bình phương: 33abc 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

a b c

 

  và khi đó ta có đánh giá:

2

2

3 3

P

Hướng 4:

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

2

a bc   a bc   abc     (Vì abc  ).1

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

và đề nghị bạn đọc thử chứng minh bđt sau:

3

2

1

4 3

a

a

a  a    xem thế nào

Hướng 6:

Để sử dụng bđt Tchebyshev ta phải tách và đánh giá các hạng tử hợp lý Giả sử a b c   0

thì

1 1 1

a  b c (*) và 2 2 2

bc ca ab

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

a bc b ca c ab

   như thế ta được hai dãy cùng chiều

Ta đánh giá

6 2

a b c

Q

a bc b ca c ab a b c ab bc ca

 

dụng bđt Tchebyshev ta có:

3

a b c

P   Q

(đpcm) Đẳng thức có  a b c   1