Bài giảng Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Nội dung text: Bài giảng Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

1. Chuyên đề: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Giáo viên biên soạn: HUỲNH CHÍ HÀO. Sáng lập chihao.info Đơn vị: THPT Thành phố Cao Lãnh Tỉnh Đồng Tháp - Ngày soạn 28/04/2009. Phương pháp 1: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI Kỹ thuật 1 : Tách, ghép và phân nhóm Bài 1: Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện abc3++= Chứng minh rằng: abc3333 ++≥ (1) ()abac++()()() bcba ++() cacb ++() 4 Hướng dẫn: + Dự đoán dấu "=" xảy ra. + Sử dụng giả thiết biến đổi bđt về bđt đồng bậc. + Sử dụng kỹ thuật tách ghép và phân nhóm. Bổ sung thêm một số số hạng để sau khi sử dụng bđt Cô-si ta khử được mẫu số của biểu thức phân thức. Bài giải: Sử dụng giả thiết abc3++= để đưa bđt về bđt đồng bậc 1 ở hai vế abc333()abc++ (1) ⇔++≥ ()abac++()()() bcba ++() cacb ++() 4 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 33⎛⎞ aa ++bac ⎜ a⎟⎛⎞ abac++⎟⎛⎞⎟ 3a ++≥3 3 ⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ = ()abac++()8 8 ⎝⎠⎜() abac ++()⎟⎝⎠⎜ 8⎟⎝⎠ 8 4 Chứng minh tương tự ta cũng được: 33⎛⎞ bbcbabbcba3b++⎜ ⎟⎛⎞⎛⎞ ++ ++≥3 3 ⎜ ⎟⎜⎜⎟⎟ = ()()bcba++ 8 8⎝⎠⎜()() bcba ++⎟⎝⎠⎝⎠⎜⎜ 8⎟⎟ 8 4 33⎛⎞ ccacbccacb3c++⎜ ⎟⎛⎞ ++⎟⎛⎞⎟ ++≥3 3 ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ = ()cacb++() 8 8⎝⎠⎜() cacb ++()⎟⎝⎠ 8⎝⎠⎜ 8⎟ 4 Cộng vế với vế các bđt trên và biến đổi ta được bđt: abcabc3333++ ++≥= (đpcm) ()abac++()()() bcba ++() cacb ++() 4 4 Đẳng thức xảy ra ⇔===abc1 Bài tập tương tự: Bài 1: Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện abc= 1 Chứng minh rằng: abc3333 ++ ≥ ()1b1c++()()() 1c1a ++() 1a1b ++() 4 Bài 2:
2. Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện ab++= bc ca abc Chứng minh rằng: abcabc222++ ++≥ abcbcacab+++ 4 Bài 2: Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện abc3++= Chứng minh rằng: abc333 ++≥1 (1) b2c()++ a c2a() b a2b() + c Hướng dẫn: + Dự đoán dấu "=" xảy ra. + Sử dụng giả thiết biến đổi bđt về bđt đồng bậc. + Sử dụng kỹ thuật tách ghép và phân nhóm. Bổ sung thêm một số số hạng để sau khi sử dụng bđt Cô-si ta khử được mẫu số của biểu thức phân thức. Bài giải: Sử dụng giả thiết abc3++= để đưa bđt về bđt đồng bậc 1 ở hai vế abcabc333++ (1) ⇔++≥ b2c()++ a c2a() b a2b() + c 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 33⎛⎞ 9aa⎜ 9 ⎟ +≥3ab2c++()33b2ca9a3 ⎜ ⎟()() += b2c()++ a⎝⎠⎜ b()2c a ⎟ Chứng minh tương tự ta cũng được: 33⎛⎞ 99bb⎜ ⎟ ++3c() 2a +≥ b 33 ⎜ ⎟() 3c() 2a += b 9b c2ab()++⎝⎠⎜ c2ab()⎟ 33⎛⎞ 9cc⎜ 9 ⎟ ++3a() 2b +≥ c 33 ⎜ ⎟() 3a() 2b += c 9c a2b()++ c⎝⎠⎜ a2b() c⎟ Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt: ⎡⎤abc333 96abc9abc⎢⎥++ +++≥++()() ⎢⎥b2c()++ a c2a() b a2b() + c ⎣⎦ abcabc333++ ⇒++≥=1 b2c()++ a c2a() b a2b() + c 3 Đẳng thức xảy ra ⇔===abc1 Bài 3: Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện abc1222++= Chứng minh rằng: abc1333 ++ ≥ b2cc2aa2b3++ + Bài giải: Sử dụng giả thiết abc1222++= để đưa bđt về bđt đồng bậc 2 ở hai vế
3. abcabc333222++ ()1 ⇔++≥ b2cc2aa2b++ + 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 9a9a33 +≥ab()+ 2c 2.ab2c6a() +=2 ()b2c++ b2c Chứng minh tương tự ta cũng được: 9b9b33 ++≥bc() 2a 2 .bc() += 2a 6b2 ()c2a++ c2a 9c9c33 ++≥ca() 2b 2 .ca() + 2ab = 6c2 ()a2b++() a2b Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt: ⎛⎞abc333 93abbcca6abc⎜ ++⎟ +++≥++()()222 ⎝⎠⎜b2cc2aa2b++ +⎟ ⎛⎞abc333 ⇒96abc3abbcca3abc⎜ + +⎟ ≥()222 ++ −() ++ ≥() 222 ++ ⎝⎠⎜b2cc2aa2b++ +⎟ abcabc1333222++ ⇒++≥ = b2cc2aa2b++ + 3 3 3 Đẳng thức xảy ra ⇔===abc 3 Bài tập tương tự Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện abc1222++= Chứng minh rằng: abc1333 ++≥ ab+++ bc ca 2 Bài 4: Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện ab++= bc ca 1 Chứng minh rằng: abc3 ++≤ (1) 1a+++222 1b 1c 2 Hướng dẫn: + Sử dụng giả thiết biến đổi bđt về bđt đồng bậc. + Sử dụng kỹ thuật đánh giá biểu thức đại diện Bài giải: Sử dụng giả thiết ab++= bc ca 1 để đưa bđt về bđt đồng bậc 0 ở hai vế Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: aa aa1aa⎛⎞ ==≤+. ⎜ ⎟ 1a++22a ab++bca c abac++ 2abac⎝⎠⎜ + +⎟ Chứng minh tương tự ta cũng được:
4. b1bb⎛⎞ ≤+⎜ ⎟ 1b+ 2 2b⎝⎠⎜ ++ c b a⎟ c1cc⎛⎞ ≤+⎜ ⎟ 1c+ 2 2c⎝⎠⎜ ++ a a b⎟ Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt: abc1abbcca3⎛⎞+++ ++≤++=⎜ ⎟ 1a+++222 1b 1c 2a⎝⎠⎜ +++ b b c c a⎟ 2 3 Đẳng thức xảy ra ⇔===abc 3 Bài 5: Cho ba số dương a, b,c thỏa mãn abc2++= Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ab bc ac S =++ 2c+++ ab 2a bc 2b ac Bài giải: Ta lần lượt có: ⎪⎧ ⎛⎞ ⎪ ab ab ab ab⎜ 1 1 ⎟ ⎪ ==≤+⎜ ⎟ ⎪ 2c+++ abcabcacb()ac+ b + +++()() 2⎝⎠⎜ c a c b⎟ ⎪ ⎪ ⎛⎞ ⎪ bc bc bc bc⎜ 1 1 ⎟ ⎨ ==≤+⎜ ⎟ ⎪ 2a+++ bcaabc()++ + bcabac() +() + 2⎝⎠ a b a c ⎪ ⎪ ca ca ca ca⎛⎞ 1 1 ⎪ ==≤+⎜ ⎟ ⎪ 2b+++ ac 2⎝⎠⎜ b c b a⎟ ⎩⎪ babc()++ + ca()() bcba + + bc++ ca bc ab caababc+++ ⇒≤S + + ==1 2a()+ b 2c()+ a 2c()+ b 2 2 Đẳng thức xảy ra ⇔ abc=== 3 Vậy Max S1= . Bài tập tương tự Cho ba số dương a, b,c thỏa mãn abc2++= Chứng minh rằng: ab bc ac 1 ++≤ cababcbac2+++ Phương pháp 2: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỒNG BẬC DẠNG CỘNG MẪU SỐ Dạng 1: 1) ∀>x, y 0 ta luôn có:
5. ⎛⎞11 ()xy++≥⎜ ⎟ 4 ⎝⎠⎜xy⎟ Đẳng thức xảy ra ⇔ xy= 2) ∀>x, y, y 0 ta luôn có: ⎛⎞111 ()xyx++⎜ + +⎟ ≥ 9 ⎝⎠⎜xyy⎟ Đẳng thức xảy ra ⇔ xyz== Dạng 2: 1) ∀>x, y 0 ta luôn có: 11 4 +≥ xyxy+ Đẳng thức xảy ra ⇔ xy= 2) ∀>x, y, z 0 ta luôn có: 111 9 ++≥ xyzxyz++ Đẳng thức xảy ra ⇔ xyz== Bài 1: Cho a,b,c là các số dương.Chứng minh rằng: ab bc ca a++ b c ++≤ ab2cbc2aca2b++ ++ ++ 4 Bài giải Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số ta được: ab 1 1⎛⎞ 1 1 =≤+ab. ab. ⎜ ⎟ ab2c++()ac+++()bc 4⎝⎠⎜acbc + +⎟ Tương tự ta cũng được: bc 1 1⎛⎞ 1 1 =≤+bc. bc. ⎜ ⎟ bc2a++() ba + +() ca + 4ba⎝⎠⎜ + ca +⎟ ca 1 1⎛⎞ 1 1 =≤+ca. ca. ⎜ ⎟ ca2b++()() cb + + ab + 4cb⎝⎠⎜ + ab +⎟ Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt ab bc ca 1bccacaababbcabc⎛⎞+++++ ++≤++=⎜ ⎟ a++ b 2c b ++ c 2a c ++ a 2b 4⎝⎠⎜ a + b b + c a + c⎟ 4 Dấu đẳng thức xảy ra ⇔==>abc0 Bài 2: Cho a,b,c là các số dương.Chứng minh rằng: ab bc ca a++ b c ++≤ a3b2cb3c2ac3a2b++ ++ ++ 6 Bài giải Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số ta được:
6. ab 1 1⎛⎞ 1 1 1 =≤++ab. ab. ⎜ ⎟ a3b2c++()ac++++() bc 2b 9acbc2b⎝⎠⎜ + + ⎟ Tương tự ta cũng được: bc 1 1⎛⎞ 1 1 1 =≤++bc. bc. ⎜ ⎟ b3c2a++() ba ++++() ca 2c 9ba⎝⎠⎜ + ca + 2c⎟ ca 1 1⎛⎞ 1 1 1 =≤++ca. ca. ⎜ ⎟ c3a2b+ +()() cb ++++ ab 2a 9cbab⎝⎠⎜ + + 2a⎟ Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt ab bc ca 1⎛⎞ a++ b c bc + ca ca + ab ab + bc a ++ b c ++≤⎜ +++=⎟ a3b2cb3c2ac3a2b9++ ++ ++⎝⎠⎜ 2 ab + bc + ac +⎟ 6 Dấu đẳng thức xảy ra ⇔==>abc0 Bài 3: 111 Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn ++=4 .Chứng minh rằng: abc 111 ++≤1 2ab2ca2bc++ + + ab2c ++ Bài giải: Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số ta được: 111111211⎛⎞⎟ ⎛⎞ =≤+≤++⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2a++ b c()ab+ ++() ac 4⎝⎠⎜ a + b a + c⎟ 16⎝⎠⎜ a b c⎟ 111111121⎛⎞⎛⎞ =≤+≤++⎜ ⎟ ⎜ ⎟ a2bcab+ +()() +++ bc 4ab⎝⎠⎜ + bc +⎟ 16ab⎜⎝⎠ c⎟ 111111112⎛⎞⎟ ⎛⎞ =≤+≤++⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ab2cac++() + +() bc + 4ac⎝⎠⎜ + bc+ ⎟ 16a⎜⎝⎠bc⎟ Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt 11111111⎛⎞ ++≤++==⎜ ⎟ .4 1 2ab2ca2bcab2c4abc++ + + ++ ⎝⎠⎜ ⎟ 4 3 Dấu đẳng thức xảy ra ⇔==ab 4 Phương pháp 3: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG DÃY BẤT ĐẲNG THỨC BẬC BA Dãy bất đẳng thức đồng bậc bậc ba: 3 ab() a+ b ⎛⎞ab++3 ()abaabb+++()22 a33 b () a 22 + b ≤≤⎜ ⎟ ≤≥ (1) 22⎝⎠⎜ ⎟ 6 2()ab+ 3 Dấu bằng xảy ra ⇔=ab Bài 1: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: bc+++ ca ab ++≤2 a4bcb4cac4ab++333()33 ++() 3 3 ++() 3 3
7. Bài giải: Sử dụng bất đẳng thức (1) ta có 3 4b()33+≥+ c b c Do đó: 334b()33+≥+⇒+ c b c a 4b() 33 +≥++ c a b c 11bcbc++ ⇒≤⇒≤ a4bc++33()33abc++ a4bc ++() 33 abc ++ Chứng minh tương tự ta cũng được: ca++ ca ≤ b4ca++3 ()33 abc++ ab++ ab ≤ c4ab++3 ()33abc++ Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt bc+++ ca ab 2a()++ b c ++≤=2 a4bcb4cac4ab++333()33 ++() 33 ++() 3 3 abc++ Dấu đẳng thức xảy ra ⇔==>abc0 Bài 2: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 1111 ++≤ ababcbcabccaabcabc33++ 33 ++ 33 ++ Bài giải Sử dụng bất đẳng thức (1) ta có ababab33+≥() + Do đó: 11 ababcababc33++ ≥() ++⇒ ≤ ababcababc33++() ++ Chứng minh tương tự ta cũng được: 11 ≤ bcabcbcabc33++() ++ 11 ≤ caabccaabc33++() ++ Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt 11111111⎛⎞ ++≤++=⎜ ⎟ a33++ b abc b 33 ++ c abc c 33 ++ a abc a ++ b c⎝⎠⎜ ab bc ca⎟ abc Dấu đẳng thức xảy ra ⇔==>abc0 Bài 4: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc= 1. Chứng minh rằng: ab33+++ bc 33 ca 33 ++≥2 aabbbbccccaa222222++ ++ ++
8. Bài giải: ab22++ ab Sử dụng bất đẳng thức (1) ta có ≥ aabb22++ 3 Suy ra: ab33++++++ bc 33 ca 33 abbcca2 2 ++≥++=++≥=()abc 3.abc23 aabbbbccccaa222222++ ++ ++ 3 3 3 3 3 Dấu đẳng thức xảy ra ⇔===abc1 Bài toán tương tự: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz= 1 . Chứng minh rằng: xy99+++ yz 99 zx 99 ++≥2 xxyyyyzz6339++ 63366336 ++ zzxx ++ Bài 5: Cho các số dương a, b,c thỏa mãn điều kiện abc= 1 Chứng minh rằng: 1a++22 b 1b ++ 22 c 1c ++ 22 a ++≥33 ab bc ca Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 1++≥ a33 b 33 1.a 33 .b = 3ab 1a++33 b 3 Suy ra: 1++≥ a33 b 33 1.a 33 .b = 3ab ⇒ ≥ ab ab Chứng minh tương tự ta cũng được: 1b++33 c 3 ≥ bc bc 1c++33 a 3 ≥ ca ca Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt 1a++22 b 1b ++ 22 c 1c ++ 22 a 3 3 3 3 3 3 ++≥++≥=3 3 33 ab bc ca ab bc ca ab bc ca Dấu đẳng thức xảy ra ⇔===abc1 Bài 6: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức: 2a 2b 2c 1 1 1 ++≤++ abbcca32+++ 3232 a 2 bc 22 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: ab2ab2abb32+≥ 32 = 2a 1 Suy ra: ab2ab2abb32+≥ 32 = ⇒ ≤ ab32+ ab Chứng minh tương tự ta cũng được:
9. 2b 1 32≤ bc+ bc 2c 1 ≤ ca32+ ca Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt 2a 2b 2c 1 1 1 1 1 1 + + ≤++≤++ abbcca32+++ 3232 abbccaabc 2 22 Dấu đẳng thức xảy ra ⇔==>abc0 Giáo viên biên soạn: HUỲNH CHÍ HÀO. Sáng lập chihao.info Đơn vị: THPT Thành phố Cao Lãnh Tỉnh Đồng Tháp - Ngày soạn 28/04/2009. Hết