Chứng minh bất đẳng thức pot

BL2: Cho các số thực 1 2 , , n x x x dương và 1 1 n i i x = = ∑ . Tìm GTNN: 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 n n S x x x x x x       = + + + + + +             BL3: Cho a,b,c dương và 1 abc = . CMR: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 a b c c a b + + ≥ + + + BL4: Cho a,b,c dương. CMR: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 9 4 a b c a b c b c c a a b + + ≥ + + + + + BL5: Cho a,b,c dương và 1 a b c+ + = . CMR: ( ) 2 2 2 2 4 1 4 1 4 1 a b c a a b b c c b c a + + ≥ + + + + + BL6: Cho a,b,c dương và ( ) 3 1 ab bc ca + + = . CMR: 2 2 2 1 1 1 1 a b c a bc b ca c ab a b c + + ≥ − + − + − + + + V. Phương pháp chuẩn hoá bất đẳng thức: Hàm số f(a,b,c) là thuần nhất trên một miền I nào đó nếu nó thoả mãn ( , , ) ( , , ) k f ta tb tc t f a b c = . Trong đó , , , , t a b c k I∈ , hằng số k không phụ thuộc vào a,b,c mà phụ thuộc vào hàm f. Đối với đa thức thì một đa thức thuần nhất là tổng các đơn thức đồng bậc. VD: Đa thức sau là đa thức thuần nhất 2 3 5 3 A x y x xyz = + + Đa thức sau không thuần nhất 3 3 4 6 A x z y z z = + + Một đa thức đã thuần nhất rồi thì có thể chuẩn hoá bằng nhiều cách ( thêm điều kiện cho các biến ). Thông thường thì người ta hay chuẩn hoá tổng các biến bằng một hằng số m nào đó, nhưng đôi khi người ta còn chuẩn hoá tích abc, hay ab+bc+ca… VD : ( IMO-2001) Cho a,b,c dương. CMR: 2 2 2 1 8 8 8 a b c a bc b ca c ab + + ≥ + + + (1) Như ta đã biết bài toán trên có thể sử dụng BĐT Holder để giải. Nhưng bây giờ ta sẽ xét dưới dạng một BĐT thuần nhất. Dễ dàng thấy rằng (1) thuần nhất ( bằng cách kiểm tra điều kiện), đến đây ta có thể chuẩn hoá theo các cách sau đây: C1: Chuẩn hoá theo tổng: ta chia tử và mẫu cho a+b+c khi đó ta được. 2 2 2 1 8 8 8 a b c a b c a b c a b c a b c b a c c a b a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c + + + + + + + + ≥       + + +       + + + + + + + + + + + + + + + + + +       Đặt ; ; a b c x y z a b c a b c a b c = = = + + + + + + khi đó ta có được điều kiện 1 x y z + + = C2: Chuẩn hoá theo tích: ta chia tử và mẫu của các phân thức lần lượt cho a,b,c ta được 2 2 2 1 1 1 1 1 8 1 8 1 8 bc ca ab a b c + + ≥ + + + www.vuihoc24h.vn - Kênh h󰗎c t󰖮p Online Đặt 2 2 2 ; ; bc ca ab x y z a b c = = = khi đó ta có được điều kiện xyz =1. Qua ví dụ trên có lẽ bạn đã hiểu được phương pháp chuẩn hoá BĐT là như thế nào rồi.Sau đây là một số ví dụ . Bài toán 1: Cho a,b,c không âm . CMR 3 ( )( )( ) 3 8 ab bc ca a b b c c a + + + + + ≤ GIẢI Bất đẳng thức trên rất nổi tiếng và không hề dễ chút nào. Cách thường dùng luỹ thừa mũ 6, sau đó khai triển hai vế dùng phương pháp p,q,r nhưng cách này quá dài lượng tính toán khá lớn. Bây giờ ta sẽ giải bằng phương pháp chuẩn hoá. BĐT trên thuần nhất đối với các biến a,b,c nên ta chuẩn hoá 3 ab bc ca + + = . Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành: 3 ( )( )( ) 1 8 a b b c c a+ + + ≥ Từ đk 3 3; 1 ab bc ca a b c abc + + = ⇒ + + ≥ ≤ . Ta có: 3 ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) 3( ) 8 1 8 a b b c c a a b b c c a a b c ab bc ca abc a b c abc + + + + + + = + + + + − = + + − ≥ ⇒ ≥ Ta được điều phải chứng minh. LB: Điều độc đáo cũng là điều khó khăn nhất của phương pháp này là việc chuẩn hoá biểu thức nào cho hợp lí nhất để có cách chứng minh đơn giản nhất. Bài toán trên, ta hoàn toàn có thể chuẩn hoá theo cách khác như 3; 1 a b c abc+ + = = hay ( )( )( ) 8 a b b c c a + + + = nhưng các cách chuẩn hoá này hoặc là không thể ra được hoặc là phải chứng minh dài dòng Bài toán 2: Cho a,b,c không âm . CMR 2 2 2 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) a b c b c a c a b ab bc ca a b b c c a + + + + + ≥ + + + + + GIẢI Để loại bỏ dấu căn ta chuẩn hoá ( )( )( ) 8 a b b c c a + + + = . Ta chứng minh: 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2( ) a b c b c a c a b ab bc ca + + + + + ≥ + + Công việc còn lại là ta chứng minh 2 BĐT sau: 2 2 3 ( ) ( ) ( ) 6 ab bc ca a b c b c a c a b + + ≤ + + + + + ≥ Ta có : 8 8 ( )( )( ) ( )( ) abc a b b c c a a b c ab bc ca abc ab bc ca a b c + = + + + = + + + + − ⇒ + + = + + Từ đk ta suy ra 1 abc ≤ . Theo BĐT Cauchy: 3 2( ) 8 ( )( )( ) 3 3 a b c a b b c c a a b c + +   = + + + ≤ ⇒ + + ≥     . Do đó 3 ab bc ca + + ≤ . Mặt khác ta có 2 2 ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 2 8 2 6 a b c b c a c a b a b b c c a abc abc + + + + + = + + + − = − ≥ Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh. • Lưu ý: Việc chuẩn hoá như thế nào là còn tuỳ thuộc vào sự nhạy bén của từng người. Các bài toán trên chúng ta có thể sử dụng phương pháp thông thường để giải nhưng cách sử dụng phương pháp chuẩn hoá vẫn là hay nhất. BL1: Cho x,y,z dương . CMR 1. 2 2 2 3 2( )( ) 19 ( ) 27 x y z x y z xyz A x y z + + + + + = ≥ + + 2. 3 ( )( ) 1 2( ) 9 7 xy yz xz x y z B x y z xyz + + + + = ≤ + + + Nói rõ cách chuẩn hoá. BL2: Cho a,b,c dương. CMR 1. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2 ) (2 ) (2 ) 8 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) a b c b c a c a b a b c b c a c a b + + + + + + + + ≤ + + + + + + 2. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) ( ) 5 b c a c a b a b c b c a c a b a b c + − + − + − + + ≥ + + + + + + BL3: Cho a,b,c dương . CMR 1. 2 2 2 2 2 3 3 3 3 ( )( ) ( )( )( ) a b b c c a ab bc ca abc a abc b abc c abc + + + + ≥ + + + + 2. 2 2 2 ( )( )( ) ( )( )( ) ab c bc a ca b abc a b b c c a + + + ≥ + + + . Đối với đa thức thì một đa thức thuần nhất là tổng các đơn thức đồng bậc. VD: Đa thức sau là đa thức thuần nhất 2 3 5 3 A x y x xyz = + + Đa thức sau. phải chứng minh. LB: Điều độc đáo cũng là điều khó khăn nhất của phương pháp này là việc chuẩn hoá biểu thức nào cho hợp lí nhất để có cách chứng minh