BDT co nhieu cach giai ví dụ 12 15

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.. Chứng minh rằng: P

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 12: (SƯU TẦM) Cho a b c, , 0 và thỏa mãn a b c  1 Chứng minh rằng:

P

Bài này làm ta liên tưởng đến bđt Nesbitt, tuy nhiên dưới mẫu xuất hiện bình phương do đó ta lại liên tưởng đến phép thế, ngoài ra ta cũng có suy nghĩ dùng bđt Cô si hay B.C.S hay là đổi biến số Vậy ta đi tìm xem PP nào khả thi:

+ Hướng 1: Dùng phép thế phân tích mẫu c b c   c 1  a c ca như thế nếu ta nhân cả tử và

mẫu với ab và dùng bđt B.C.S ta có tổng các mẫu là M 3abc abc a b c     2abc

trong khi

P

 Thực chất hướng 1 có thể viết lại là:

     2 2 2 1

P

+ Hướng 2: Để áp dụng bđt B.C.S dạng phân thức và tận dụng tổng a + b + c = 1 ta phải tách phần tử

2

và xuất hiện tổng

3

3

 

 

thế ta đánh giá được tử số Cụ thể viết lại P (gần giống hướng 1):

2

P

+ Hướng 3: Đổi biến số với mục tiêu là gọn nhẹ, đồng thời chuyển bđt về dạng dễ thấy hơn, ta thử

đổi biến:

, , z

1 1

z

và đến đây ta có

2

P

Như thế phép đổi biến thành công, hơn nữa giả thiết không dùng nhiều mà phụ thuộc biểu thức P

+ Hướng 4: Tại sao ta cứ phải dùng bđt B.C.S trong khi học sinh quen dùng bđt Cô si hơn, ta thử trình bầy theo bđt Cô si xem sao:

b c

b c



 �

3 3

2

� � Ta chú ý theo bđt Cô si x2 y2z2 �xy yz zx 

(Bản chất cũng là bđt B.C.S)

suy ra

3 3 3

2 2

(đpcm)



Ví dụ 13 (SƯU TẦM) Cho a b c, , 0 và thỏa mãn a b c  3 Chứng minh rằng:

3 4

P

Có hai hướng chính để chứng minh là bđt Tchebyshev và Cô si, tuy nhiên ta thử cách khác xem sao

+ Hướng 1: Áp dụng bđt Tchebyshev, giả sử

0

2 2  � 2 2  � 2 2 

b c c a a b Theo bđt Nesbitt thì

3 2

  �

x y z

và bđt B.C.S thì

2

9 3

 

 

a b c

A B C

(đpcm) (Có thể tách thành hai dãy khác)

+ Hướng 2: Ta dùng bđt Cô si đánh giá, ta có:        

2 2

2 2

3

a b c





Tương tự khi đó xuất hiện biểu thức: M ab2bc2 ca2 và biểu thức N a b b c c a2  2  2 .

Ta sẽ đánh giá theo bậc hai, chẳng hạn: ab2 bc2ca2 �a2b2 c2 và biến đổi tương đương với

3 ab bc ca a b c a  b c b a b c b c a c a 0

(đúng)

Và cũng như thế ta được M N �2a2 b2c2

Sử dụng điều này suy ra:

 2 2 2    2 2 2    2 2 2

Hay rút gọn thì

(đpcm)

+

Hướng 3: Tách mẫu, khi áp dụng bđt B.C.S thì cộng dồn mẫu thức bằng 6 Để đánh giá tử thức

ta đặt a2  x b, 2  y c, 2  z , dễ thấy x + y + z 3� và ta có:

2

2

x y z

Q

2

3

suy

ra

2 3

2

 

 

x y z

x y z

(Vì x y z  �3 ) Cuối cùng:

2

� �



� � �

� �

P

Hướng 4: Đánh giá mẫu theo bậc hai như:    2 2  2 2  2 2  3

với x a 2, yb2, z , khi đó c2      

2

và tương tự như thế ta áp dụng

bđt Trebưsep đối với hai dãy

&

giá hai dãy:

2

x y z

6

3

P

hay

9 9 3 3

4

6 2 6 12 3

x y z

(đpcm) Tuy giải được nhưng lòng vòng và như hướng 1 thì hơn

Hướng 5: Nhân cả hai vế với a + b + c = 3, khi đó:

2 2



Và tương tự ta có biểu thức

2

3

2

Q

và dùng bđt Cô si:

a b c

 �

Tương tự:

3 3 3

R

Khi đó

3 3 9 3

2 4 4

(đpcm) Đẳng thức có � a b c  1.



Ví dụ 14 (SƯU TẦM) Cho a b c, , 0 và thỏa mãn a b c  3 Chứng minh rằng:

3

P

Bài này gợi ý cho ta dùng phép thế đồng bậc hóa mẫu thức:

3

tương đương hay PP khác

+ Hướng 1: Dùng bđt Cauchy ta thử đánh giá

2

 �

Tương tự thì:

P

(vì ab + bc + ca 1 2

3

� a b c

) nên ta có

9 9 3 3

4 8 8   4

�

P

như thế ta có đánh giá đúng

+ Hướng 2: biến đổi tương đương 3  3   3  3   3  3  �34

4 3  3  3 3 27 9   3   

� a b c ab bc ca � ab bc ca abc

 2 2 2  

� a b c abc� ab bc ca

Vì a2 b2 c2 �ab bc ca  nên ta cần chứng minh

2  2 2 3 �2   �   2 2  2 9 �2    

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

                  0

     � 0

c c a c b và a a b a c      b b a b c     �b a b b c     b b a b c     0 (đpcm) Thực chất trên đây a2  b2 c2 3abc�2ab bc ca   là bđt Schur! và có thể dừng lại. + Hướng 3: Biến đổi bđt � 4��a a b   b b c  c c a ���3a b b c c a       

Cộng thêm hai vế với a3 b3 c3 thì ta được:

3 3 3 4 2  2  2     

�a b c a b c ab bc ca �a b c

3 3 3 2 2 2  2 2   27 3 3 3 2 2 2 2 9

�a b c a b c a b c � �a b c a b c �

(*)

Mà theo bđt Cô si thì a3    � � � �1 1 3a a3 3a 2;2a2 4a 2 a3 2a2 7a 4 do đó:

  * �7      12 9  *

ta có bđt (*) đúng (Còn có nhiều cách khác chứng minh (*))

+ Hướng 4: Để có thể áp dụng bđt B.C.S ta nhân cả tử và mẫu với a:

2 2

tự thì xuất hiện biểu thức dưới mẫu: M a b b c c a2  2  2 và ta có đánh giá theo bậc hai như sau:

M a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c

0

2

a b c

P

+ Hướng 5: Thử đổi biến để đơn giản mẫu thức b c x c a,   y a b,   z�x y z  6 và bđt

trở thành:

6 2  6 2  6 2 

2

2

và đây là tổng hai bđt sau: 2 2  

2

3 x y z  � xy yz zx 

3 x y z  18 x y z  �18 xyz 2xyz

Như vậy phép đổi biến thành công

+ Hướng 6: Sau khi thế ta quy đồng mẫu thức, ta có:

P

    

Ta có đánh giá mẫu       2 2 2 3 8

3

và biến đổi tử số:

T a a b b b c c c a a  c b  a c  b a b c   ab bc ca  �

6 3

8 4

T

P

M

(đpcm) Đẳng thức tại a b c   1 + Hướng 7: Sau khi thế, nhân cả hai vế với 3, ta phân tích:

2

 

như thế ta tách được bđt Nesbitt

3 2

Q

b c c a a b

   và đổi biến đối với biểu thức thứ hai: abz bc, x ca,  y cho gọn:

R

hay

2

2 2

3

3

R

Suy ra

3 3 9 3

2 4 4

(đpcm)



Ví dụ 15 (SƯU TẦM) Cho a b c, , 0 và thỏa mãn a b c  9 Chứng minh rằng:

9

P

+ Hướng 1: Áp dụng bđt Cô si trực tiếp thì

3

3

 �





�



ab

Và cộng lại ta được





a b

ab làm tương tự với hai biểu thức còn lại suy ra:

P

(đpcm)

+ Hướng 2: Áp dụng bđt phụ

3 3



 �a b  z

và  2 2

4ab�a b z và tương tự ( các biến

mới b + c = x, c + a = y) ta có

�

3

3 12

36   36 �   

z

z z tương tự suy ra P Q z x y� �    9 9 (đpcm).

+ Hướng 3: Tách P thành hai bđt

9

P

Ta có

ab bc ca

vậy: ta có a  b c � 3a b c   3 3

nên

9 3

3 3

 

a b c

+ Hướng 4: Ta có: a b b c c a2  2  2 �3a2b2c2

thật vậy bđt tương đương:

3 a b b c c a+�+a b c a b c 0 a a b b b c c c a

và tương tự thì b a c b a c2  2  2 �3a2b2c2

và cộng hai bđt trên ta có:

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

(*) Ngoài ra theo B.C.S ta cũng có bđt sau:

 3 3    2 22

và khi đó thì

2

Ta lại có    2  2 2 2

18 a b c  2 a b c  �6 a b c

(**) Sử dụng (*) và (**) ta có đánh giá:

9

P

(đpcm) (Dài dòng) + Hướng 5: Theo cách ta cũng hay dùng là đồng bậc hóa mẫu thức, ta có  2 2

81 a b c  S và

do đó thì 9ab81 9 ab S 2, suy ra:

 3 3  3 3  3 3

P



ý:

và khi đó khai triển tử thức của Q thì:

       2

Q



�

sau

đó ta đi chứng minh hai bđt sau là đủ: a3b3c3 �S2 (1) và a3  b3  c3 �S 3 9 3 (2).

Thật vậy:

3

9

S

nên (1) đúng Mà (2) chứng minh như hướng 3 (Dài dòng nhất)

Mong các bạn ủng hộ nhé!