BDT co nhieu cach giai ví dụ 16 20

Có những bài chỉ nêu hướng dẫn mà không giải.. Hướng 2 Rút gọn và tạo ra các biến nghịch đảo mà khi áp dụng BĐT Cô si sẽ là hằng số.. Hướng 3 Bản chất so với Hướng2 không khác bao nhiêu,

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.



VD 16: Cho hai số dương x, y thỏa mãn x ≥ 2y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

2x y 2xy P

xy

+ −

=

Hướng 1

Chúng ta thêm bớt tạo ra 4y2 để áp dụng với x2 nhé (vì dấu bằng tại x = 2y mà!)

2 2 2

P

+ +

2 2

2 4

1 0

x y

P

vì x≥2y>0

Vậy GTNN của

5 2

P= khi x = 2y

Hướng 2

Rút gọn và tạo ra các biến nghịch đảo mà khi áp dụng BĐT Cô si sẽ là hằng số

2 2

P

= + − = + − = + + ÷−

Suy ra:

P

vì x≥2y>0

Vậy GTNN của

5 2

P= khi x = 2y

Hướng 3

Bản chất so với Hướng2 không khác bao nhiêu, tuy nhiên cách làm hơi khác là tạo ra trên tử

số toàn bộ có chứa xy để rút gọn dưới mẫu

5

2

P

(vì x≥2y>0

) Vậy GTNN của

5 2

P= khi x = 2y

Hướng 4

Đối với HS THCS ta dự đoán điểm rơi là x = 2y và thay vào thì

5 2

P=

Như thế ta đi chứng minh

2 2

2

P

xy

+ −

bằng cách biến đổi tương đương về tích (hay tổng) các biểu thức không âm là được

BĐT ⇔(x− 2y) (4x y− ) ≥ 0

đúng vì x−2y≥0 & 4x y− >0

Vậy GTNN của

5 2

P= khi x = 2y (Hì hì, cách này liều lĩnh mà đúng – Cũng ngắn gọn)

Chú ý :

Do tính đông bậc nên ta có thể đổi biến

2

x t

y = ≥

và cần c/m:

2

2

P

t

+ −

và tương tự đưa về ⇔ −(t 2 4) ( t− ≥ 1) 0

Hoặc là

t t

 

= + − = + + ÷− ≥ + − =

 

Lời bình:

Bài trên trích trong đề thi vào lớp 10, là bài có thể lấy để rèn luyện các em mới làm quen bất đẳng thức Mặc dù bài dễ nhưng tìm ra nhiều cách giải cũng là vấn đề rèn luyện tư duy tốt Tùy theo đối tượng HS! Ngoài ra đôi khi có BĐT dễ để tránh áp lực – kích thích học tập!



VD 17: Với x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + xy = 15 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + y2

Đây cũng là bài dễ trích trong đề thi vào lớp 10 Tuy nhiên nếu không cẩn thận thì dễ mắc sai lầm trong đánh giá

Hướng 1 :

Ta có 15 – (x + y) = xy

( )2

4

x y+

≤

Dấu bằng có khi x = y

x y+ + x y+ − ≥ ⇔ x y+ − x y+ + ≥

Từ giả thiết x, y > 0 nên ta được

x y+ − ≥ ⇔ + ≥x y

Ta dùng phép thế xy = 15 – (x + y) vào biểu thức của P

[ ]

P x= +y = +x y − xy= +x y − − +x y

P= +x y + x y+ − ≥ + − =

Vậy Pmin =18

tại x = y = 3

Hướng 2:

Rút

15

1

x y

x

−

=

+

thế vào P thì còn một biến x, ta có

2

2 15 1

x

P x

x

−

= +  + ÷

Để giới hạn tập xác định ta giả sử

2

y x≥ ⇒ ≥x + x⇒ < ≤x

Như thế ta chứng minh

2

2 15

1

x

x

−

+

cuối cùng đưa về dạng tích của hai tam thức bậc hai là được Các bạn thử biến đổi về ( )2( 2 )

Lời bình:

Cách làm xuất phát từ tính đối xứng và điểm rơi x = y = 3 Cách làm không có sự sáng tạo nhưng rất cơ bản và định hướng đúng Phải chăng ta nên rèn luyện trước hướng này?

Đối với HS lớp 10 và 11 ta không dùng đạo hàm khảo sát hàm số

Ngoài ra: nếu để nguyên

2

2 15 1

x

P x

x

−

= +  + ÷

thì đánh giá được không? Đây chính là vấn đề làm cho các em phải suy nghĩ, rèn luyện tìm ra cách đánh giá Coi như biện pháp rèn luyện hiệu quả vậy

Hướng 3:

Ta không dùng ngôn từ “dồn biến” làm gì, ở hướng 2 là khử dần ẩn cho dễ hiểu, đây là đổi biến xy t= >0

15− = + ≥t x y 2 t ⇒ t +2 t − ≤ ⇒ <15 0 0 t ≤ ⇒ < ≤3 0 t 9

Khi đó

2 2 (15 )2 2 2 32 225

P x= + y = −t − = −t t t+

là Parabol xác định trên 0< ≤t 9

Và dễ thấy nó nghịch biến trên (0 ; 16) nên Pmin =P( )9 = 18

Ngoài ra ta còn cách giải khác, thử dùng hệ đối xứng S, P xem thế nào !

Nhận xét:

Qua các ví dụ 16 và 17 ta thấy được: để rèn luyện tư duy bđt thì không nhất định dùng « dao

to búa lớn » bằng các ví dụ « khủng »

VD 18: Cho các số thực a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

N

b c c a a b

Bài này là bài dễ vì tử là bậc hai còn mẫu là bậc nhất Ngoài ra đây là bđt đối xứng!

Hướng 1( B.C.S)

N =

b c c a a b

= ç ççè + + + + + ÷ ç÷ø è + çç + + + + + ÷÷ø

b c c a a b b c c a a b

b c

a b c a b c

(đpcm)

Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

Hướng 2: (Biến đổi thêm bớt)

Ta có:

= ç ççè + + + + + ÷ ç÷ø è + çç + + + + + + + + -÷÷ø

b c c a a b b c c a a b

-÷

N

N

b c c a a b b c c a a b

N

b c c a a b b c c a a b

2

N

(đpcm)

Dấu bằng xảy ra tại a = b = c =1

Lời bình:

Hướng 2 cần thêm bớt hợp lý và kiên trì dẫn đến biểu thức đơn giản hơn

Chẳng nhẽ chỉ có hai hướng trên thôi sao? Như thế càng làm cho các em phải suy nghĩ tìm cách giải khác, mong rèn luyện tư duy và kích thích trong học tập, tích lũy phương pháp

Hay là ta thử vừa thế vừa biến đổi tương đương xem sao?

Hướng 3: (Biến đổi tương đương )

BĐT

Bất đẳng cuối chính là B.C.S.

Lời bình:

Bản chất hướng 3 và hướng 2 giống nhau, chỉ khác hình thức trình bầy

Hướng 4: (BĐT phụ - Tchebyshev)

Dễ có

3 3

a b c a b c

Giả sử a³ b c³ > 0 thì + ³ + ³ +

và

như thế ta có hai dãy cùng chiều, theo bđt Tchebyshev suy ra:

(đpcm)

Hướng 5: (BĐT phụ - B.C.S )

Trước hết ta có đánh giá:

và tương tự với các biến b, c ta có:

+ +

2

2

2

a b c

(đpcm)

Tiếp tục đặt vấn đề: Tìm thêm cách giải khác xem sao? Chẳng hạn đổi biến?

Hướng 6: (Đổi biến)

Đặt b c+ =x c a, + =y a b z, + = Þ x y z, , >0;x y z+ + =6

Phân tích 3 +a2 = + - 3 (3 x)2=x2 - 6x+ 12

và tương tự ta được:

-÷

Suy ra

+ +

9

N

x y z

(đpcm)

Tiếp tục đặt vấn đề: Chẳng nhẽ chúng ta không áp dụng bđt Cô si?

Hướng 7 : (BĐT AM – GM thuận và đảo)

Trước hết ta có 3 +a2 = + + 2 (1 a2) ³ 2 2 + a= 2 1( +a)

và

( - )( + ) £ æçç - + + ÷ö÷=

÷

2

2

Khi đó

a

+

Tương tự với hai biến b, c suy ra N ³ 2(a b c+ + ) = 6

( đpcm)

Hướng 8 : (BĐT AM – GM ngược dấu)

Trước hết ta có 3 +a2 = + + 2 (1 a2) ³ 2 2 + a= 2 1( +a)

và

( + )

-2 2 1 3

3

a a

Đến đây ta biến

đổi theo PP Cô si ngược dấu:

( + )

2

a

và tương tự ta có biểu thức:

P

Vậy ta được N ³ P ³ 6( đpcm)

Chú ý:

Để xuất hiện

8

3 a

ta còn có cách khác là:

( )2

a

ç

đến đây ta đánh giá P như trên

Hướng 9 : (BĐT AM – GM thuận )

Đối với HS THCS ta có thể trình bày như sau:

2

2 3 +a ³ 3 +a

bình phương hai vế và biến đổi về bđt ( )2

3a - 1 ³ 0

, đây là bđt đúng

Từ đó áp dụng bđt Cô si ta có:

2

Hoàn toàn tương tự suy ra N ³ 2(a b c+ + ) = 6

( đpcm)

Tiếp tục đặt câu hỏi: còn cách nào nữa không ?

Ta thấy có sự tách biến nên thử theo PP tiếp tuyến xem sao?

Hướng 10: (PP tiếp tuyến)

Ta thử đánh giá

3

Đánh giá cuối đúng, và tương tự suy ra N ³ 2(a b c+ + ) = 6

( đpcm)

Lời bình:

Hóa ra phương pháp tiếp tuyến ngắn gọn và hay nhất



Ví dụ 19: (Sưu tầm) Cho a b c, , >0 Chứng minh rằng:

2

P

Hướng dẫn:

Cách 1: (PP phân tích bình phương S.O.S)

Ta biến đổi

P

- 3 =

P ( - )æçç - ö÷÷+ -( )æçç - ö÷÷+ -( )æçç - ö÷÷

( )( ) ( ( )( ) ) ( ( )( ) )

P

b c c a c a a b a b b c

Bây giờ ta chứng minh:

2 *

a b c a b c b c c a

b c c a a b c

(**).

Dễ thấy bất đẳng thức (**) luôn đúng nên (*) đúng Dấu bằng (*) có khi và chỉ khi a = b.

Thành lập hai bđt tương tự ta suy ra điều phải chứng minh Dấu bằng có khi và chỉ khi a = b = c.

Cách 2: (Đổi biến tổng thể)

Theo bđt B.C.S ta có:

+ +

2

2

a b c

b c c a a b ab ac bc ba ca cb ab bc ca

(1).

Biến đổi

2

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

(2) Theo tính chất bắc cầu thì từ (1) và (2) ta chỉ cần chứng minh bđt sau:

( )

2

2

3 2 2

(3) Đặt

+ +

= ³

2

3

a b c

t

ab bc ca

thì

( )3 Û + ³t 6 5

t

÷

t t

t

(4) Vì

t

t

(đpcm).

Dấu bằng có khi và chỉ khi t = 3 hay a = b = c (hoặc

( ) ( )

6

t

+ ≥ ⇔ − − ≥ ∀ ≥

)

Cách 3: (Chuẩn hóa bđt)

Do tính đồng bậc nên ta thấy bđt đúng với bộ (a; b; c) thì cũng đúng với bộ (ta; tb; tc) với t > 0, do

đó ta chứng minh bđt với bộ a + b + c = 1 mà không mất tính tổng quát Khi đó bđt trở thành:

( ) (2 ) (2 )2

b c c a a b

(*) Thật vậy:

+ Từ ( ) (2 ) (2 )2

0

a b- + -b c + -c a ³

suy ra a2 +b2 +c2 - (ab bc ca+ + ) ³ 0

(1).

+ Áp dụng bđt Cô si đối với hai số ta có:

và hoàn toàn tương tự ta suy ra P ³ 6(a b c+ + -) 9(ab bc ca+ + )

(2)

Dấu bằng có khi và chỉ khi a = b = c = 1/3.

+ Mà do a + b + c = 1 nên ta có:

6a b c+ + - 9ab bc ca+ + = + 3 éê2a b c+ + - 6ab bc ca+ + ù éú ê+ a b c+ + - 3ab bc ca+ + ùú

-( 3) Từ (2) và (3) suy ra bđt (*) đúng ta có đpcm Dấu bằng có khi và chỉ khi a = b = c = 1/3.



Ví dụ 20: (Ca na da 2008)

Cho a b c, , >0,a b c+ + =1 Chứng minh rằng:

3 2

a bc b ca c ab P

a bc b ca c ab

Phân tích:

Bài này xuất hiện phần tử âm nên ta dùng PP Cô si ngược dấu

+ Xét

Q

a bc b ca c ab

, ta có:

( ) ( )

abc abc a b c ab bc ca S

khi đó:

2

B C S

Q

abc b c abc c a abc a b a b b c c a abc a b c abc

Hay

2 / 3

Q

S abc S S

mà

(đpcm)

2

Q

2

a b a c b c b a c a c b

Û 4bc 1 - a + 4ca 1 - b + 4ab1 - c ³ 3 1 - a 1 - b 1 - c

4ab bc ca 12abc 3 1 a b c ab bc ca abc 9

a b c

Do a + b + c = 1 nên dễ dàng chứng minh được bđt cuối đúng

mà

(đpcm)

+ Nếu chỉ biến đổi tương đương để chứng minh

³ 3 2

Q

thì ta có:

2

bc b c ca c a ab a b

a b b c c a

4b c c b c a a c a b b a 3 2abc b c c b c a a c a b b a

b c c b c a a c a b ba abc

b a c b a c

(*)

Áp dụng bđt Cô si cho mỗi ngoặc ta có (*) đúng

mà

(đpcm)

+ Hoặc thế và đổi biến: bc=x ca, =y ab z, = thì

( )( ) ( )( ) ( )( )

Q

a b a c b c b a c a c b

đến đây ta áp dụng B.C.S là được

Cụ thể

+ +

+

2

2

2 / 3

Q

S S

x y z xy yz zx

mà

(đpcm)

+ Hoặc là biến đổi tương đương trực tiếp xem thế nào?

BĐT

a b a c b c b a c a c b

4éa b c b c a c a bù 9a b b c c a

8ab bc ca 9 1 a 1 b 1 c 8ab bc ca 9éab bc ca abcù

ab bc ca abc

+ +

Đây chính là bđt B.C.S.

CÁC BẠN ỦNG HỘ NHÉ!