BDT co nhieu cach giai ví dụ 7891011

Mục đích là rèn luyện HSG, nâng cao khả năng tư duy giải toán cho HS hay học sinh lớp chọn về BĐT.. Đến đây có mẫu thức chung và tương tự cộng các phân số là được.. Đến đây quá đơn giản

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



Ví dụ 7: (SƯU TẦM) Cho x y z, , >0

và thỏa mãn x y z+ + =1

Chứng minh rằng:

9

1

x P

= +

Bài toán ở mức dễ, ở đây có sự tách các biến rời nhau nên ta có thể nghĩ đến PP đầu tiên là PP tiếp tuyến

Cách 1: (PP tiếp tuyến)

Với mọi số dương x ta có bđt:

( ) ( )2 2

36 3

50 1

x

x x

+

+

(luôn đúng) tương tự đối với hai biến còn lại rồi cộng các vế ta có

+ + +

P

(đpcm)

Cách 2: (PP Cô si ngược dấu)

Chú ý đến điểm rơi ta xuất phát như sau

Từ x là số dương và

2

1

x

+

tương tự

và gọi Q=3x6 4 3+ y6 4 3+ z6 4≥ 3(x y z54 ) 12=185

suy ra

P≤ − ≤ −Q =

Trong cách 2 ta có thể đánh giá xuất hiện 6x+8

8 6

x

+

Cách 3: (bđt Tchebyshev)

3 xy yz zx+ + ≤ x y z+ + = ⇒1 xy, yz,zx<1

(*) Không giảm tổng quát giả sử x≥ ≥y z

(1)

Bây giờ ta có

x y xy

(đúng theo (*)) tương tự thì:

x y z

A≥ ≥B C

(2)

Áp dụng bđt Trebưsep đối với hai dãy cùng chiều (1) và (2) ta có:

1 3

x y z

x y z A B C A B C P P

+ +

+ +

(**) Mà ta có:

( )2

A B C+ + = +x +y +z ≥ + x y z+ + =

nên từ (**) suy ra

9 10

P≤

(đpcm)

Nếu

x y z

A≥ ≥B C

và A B C≥ ≥

thì

3 x y z

x y z

A B C A B C

+ + + + ≤

+ +

(Một dãy đổi chiều thì bđt đổi chiều).



Ví dụ 8: (SƯU TẦM) Cho a b c , , > 0, abc = 1

Chứng minh :

1

P

Cách 1: ( đổi biến bộ phận )

Đặt

Áp dụng bđt B.C.S ta có:

+ +

x y z P

x y z xy yz zx

(đpcm).

 Đây là cách đổi biến nhanh hơn cả :

= yz = zx = xy

(Thay vào vế trái và xơi luôn!).

Cách 2 :

P

x y y z z x

và không dùng bđt B.C.S mà ta nhân liên hợp và đánh giá mẫu theo bđt Cauchy:

x x z

Đến đây có mẫu thức chung và tương tự cộng các phân số là được.

Cách 3 : Nếu không đổi biến thì sao? Ta thử biến đổi tương đương xem thế nào:

BĐT ⇔(2a+1 2) ( b+ +1) (2b+1 2) ( c+ +1) (2c+1 2) ( a+ ≥1) (2a+1 2) ( b+1 2) ( c+1)

⇔ ab bc ca+ + + a b c+ + + ≥ abc+ ab bc ca+ + + a b c+ + +

3

⇔ + + ≥a b c

Đến đây quá đơn giản rồi!

Lời bình :

Qua cách này ta thấy được: Khi gặp bđt thì hay nghĩ đến bđt Cô si, Bunhiacopxki, nhưng hóa ra phép biến đổi tương đương cũng khá ngắn gọn 



Ví dụ 9: (SƯU TẦM) Cho a b c, , >0

tùy ý Chứng minh rằng:

3 2

P

b a b c b c a c a

b

Bài này cũng là bài khó vì có tính hoán vị nhưng không đối xứng

Cách 1: ( Đổi biến)

Đổi biến

x, y, z x, y,z ,xyz

b = c = a = ⇒ > =

Đặt

3

s x y z= + + ≥ xyz = ⇒ ≥s

Khi đó

a

a

b a b

b

3

x+ y+ z = +s xy+ yz+ zx ≥ +s xyz = +s

(1)

Và 1+ +x 1+ +y 1+ ≤z 3 3( +s)

(2) Từ (1) và (2) ta có ( )

2

3 3

s

P Q

s

+

+

2 s 12s 36 27 s 3 2s 3s 9 0 s 3 2s 3 0

đúng với ∀ ≥s 3

Cách 2 ( Đối xứng hóa và tăng bậc )

Tồn tại các số dương x, y,z

sao cho:

b yz c zx a xy

a = x b = y c = z

, khi đó P trở thành:

P

yz x yz zx y zx xy z xy

y

2 2

2

+

yz x yz

yz x yz

Tương tự suy ra

2

P

y

y zx

tiếp tục đánh giá theo B.C.S:

3

3

P

(đpcm)

Đẳng thức có khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c

Lời bình: Cách thứ hai ta đã đổi biến để đối xứng hóa bđt, ngoài ra ta dùng bđt Cô si tại điểm rơi để tăng cường phần tích xy + yz + zx, trái lại nếu ta áp dụng bđt B.C.S trước rồi đánh giá mẫu sau:

M yz x yz zx y zx xy z xy xy yz zy x y z xy yz zx

Khi đó biểu thức trong ngoặc thứ hai khó đánh giá rồi Như vậy ta lấy hệ số 1; 1; 1 rồi thử:

M≤ 3 yz + zx + xy +xyz x y z+ + 

Hay là

( ) ( ) ( )

M≤ 6 yz + zx + xy

và vẫn gặp khó khăn như trước

Chỉ còn cách duy nhất là bđt Cô si:

1

2 2

Cuối cùng

3

2 2

đến đây bài toán được giải quyết thành công

Cách 3(Cô si đảo + B.C.S)

Ngoài hai cách trên thì còn cách nào nữa không? Tại sao ta không thử đánh giá khử căn trước? ta

nhân cả hai vế với

1

2 2

và bđt trở thành:

Q

4

2 2b b a 2 2c c b 2 2a a c

Đến đây ta có ( )

3b a

2 2b b a ≥

+ +

và tương tự để cho gọn ta đặt a + b + c = S thì suy ra

Q

4

(đpcm)

Cách 4 (Đổi biến + Tiếp tuyến):

Ta phân tích biểu thức thành phần như sau: ( )

b b a

+ +

+

và tương tự như thế ta đặt

1 x, 1 y, 1 z x, y, z 1; x y z 6

b+ = c + = a+ = ⇒ > + + ≥

và khi đó ta cần chứng

minh bđt sau:

Đến đây ta thấy có sự tách biến nên dùng

PP tiếp tuyến, ta chứng minh bđt sau:

8

(*)

Thật vậy: (*)

( ) (2 )

0

8 x

(đúng ∀ >x 1

) Từ đó suy ra:

(đpcm) Đẳng thức có x = = = ⇔ = =y z 2 a b c



Ví dụ 10: (SƯU TẦM) Cho a b c, , >0

và thỏa mãn

Chứng minh rằng: ( ) (4 ) (4 )4

3 16

P

+ Hướng 1: Điểm rơi tại a = b = c = 1, và theo PP xoay vòng ta đánh giá kiểu như :

Qua đánh giá một lần ta giảm được một bậc dưới mẫu Tiếp tục đánh giá lần hai (lần ba):

+

b c

Ta còn phải đánh giá bậc nhất:

9

=a + + ≥b c a b c+ + ⇒ + + ≤a b c

Và sử dụng bđt Nesbitt ta có:

b c c a a b

(đpcm)

+ Hướng 2: Rõ ràng cách trên khá dài dòng, ta có thể tận dụng giả thiết và đánh giá một lần

và sử dụng bđt Nesbitt thì

+ +

P

b c c a a b

+ Hướng 3: Ta thử đánh giá mẫu thức về bậc hai hay hằng số, ta có:

( ) ( )( ) 2 2 2 3 ( )3

4

mà ta lại có:

9

=a + + ≥b c a b c+ + ⇒ + + ≤a b c

và

( 2 2 2) (2 2 2 2)2

3

3

+ +

a b c

a b c

Nên

do đó 2( )4

a b c 1627.27 16=

suy ra: ( ) ( )

b c a b c

Tương tự với hai biểu thức còn lại ta suy ra đpcm

+ Hướng 4: Để tận dụng giả thiết bậc ba ta cũng có bđt bậc ba và có đánh giá cùng chiều với bđt đã

cho, ta có:

4 b c

b c

+

+

Tuy nhiên ta còn phải tách được nhân tử là +

a

b c

, việc này nhờ bđt Tchebyshev thuận lợi Giả sử

a b c 0

Và ( ) (3 ) (3 )3

b c ≥ c a ≥ a b

như thế theo bđt Trebưsep và sử dụng bđt Nesbitt thì:

( ) (3 ) (3 )3

P

( 3 3) ( 3 3) ( 3 3) ( 3 3 3)

(đpcm)

+ Hướng 5:Đổi biến số chuyển dạng toán

Đặt

b c = c a = a b = ⇒ > + + ≥ 2

3

x 1

+ + +

và tương tự ta có bđt sau:

Mà ta có:

3 3 3 1 3 81 3 3

, như vậy ta quy về bài toán: với

3

x, y,z 0; x y z

2

> + + ≥

chứng minh

16

Đến đây khá đơn giản rồi, chỉ việc khai triển hằng đẳng thức vế trái và áp dụng bđt Cô si tại điểm rơi

1

x y z

2

= = =

Hoặc bđt B.C.S là được



Ví dụ 1 1: (ST) Cho a,b,c>0,a b c+ + =1

Chứng minh rằng:

 −  −  − ≥

Bài giải (đáp án):

2

1

a b

ab

+

−

Thành lập hai bđt tương tự và nhân các vế ta có:

2

(1)

Mặt khác ta có:

3

3

1

abc

(2) và

3 3

B

= + ÷ + ÷ + ÷≥ + ÷

Suy ra

( )

8

B≥ + = ⇒ ≥A = ⇒ A≥

(đpcm) Dấu bằng có

1 3

a b c

⇔ = = =

Cách 2 : Ngoài cách giải trên ta còn cách giải bằng phép thế - đồng bậc và chọn điểm rơi như sau:

Để khử số (- 1) ta thế dần:

1 a b c 1 c 1 a b c a b c c 1

1

b a a b ab ab ab

3 4 4

8 3

c

a b

≥

Thành lập hai bđt tương tự và nhân các vế:

5 5 5

8

1

c a b A

a b b c c a abc

mà theo (2) thì

1 1

27abc ≥

suy ra

A≥ ⇔ A≥

Cách 3: Khai triển

2

A

= − ÷ − ÷ − =÷  ÷ −  + + ÷ + + + ÷−

Ta có đánh giá:

và

( ) 2

1 27

abc ≥

nên

Lời bình: Nhìn chung cách thứ hai phù hợp với học sinh THCS

Để tăng cường tương tác thêm, các bạn ủng hộ nhé!.