øng dông cña mét bÊt ®¼ng thøc Ph¹m V¨n Quang Chuyªn ®Ò To¸n häc THCS øng dông cña mét bÊt ®¼ng thøc Trong ch¬ng tr×nh to¸n bËc THCS cã mét bÊt ®¼ng thøc rÊt quen thuéc vµ rÊt cã hiÖu qu¶ khi vËn dông[.]
Phạm Văn Quang - Chuyên đề Toán học THCS ứng dụng bất đẳng thức Trong chơng trình toán bậc THCS có bất đẳng thức quen thuộc có hiệu vận dụng giải tập đại số tập hình học Đó BĐT: Với n số thực dơng a1,a2, , an Ta cã 1 1 ( a1 + a2 + + an ) + + + ÷≥ n2 (*) an a1 a2 DÊu ‘’ = ‘’ x¶y ⇔ a1 = a2 = = an Các ví dụ I/ Bất đẳng thức (*) với toán cực trị Bài 1: Cho hai số dơng thỏa mÃn 2007 x+ y = Tìm GTNN cđa biĨu thøc 2006 2006 S= + x 2006 y *Phân tích :Dự đoán điểm rơi x = 2006y = từ giả thiết 2006x + 2006y = 2007 Dẫn đến tách 2006 1 = + + + tõ ®ã nghÜ ®Õn viƯc x x x x áp dụng BĐT (*) cho 2007 số dơng x, x, x, , x 2006y *Lợc giải: Theo (*) víi n = 2007, ta cã: 1 1 + + + ÷ ≥ 2007 x x 2006 y ( x + x + x + + 2006 y ) 2006 ⇔ 2006 ( x + y ) + ÷ ≥ 2007 x 2006 y ⇔ 2007.S ≥ 2007 ⇔ S ≥ 2007 ( v× 2006( x+y) = 2007 ) DÊu ‘’ = ‘’ x¶y ⇔ x, y > x = VËy Min S = x = 2006 y ⇔ y= 2007 2006 x + y = 2006 2007 Bài 2: Cho số dơng x, y, z thoat m·n x + y + z = T×m GTLN cđa biĨu thøc x y z Q= + + x +1 y +1 z +1 *Phân tích : Nhận dạng 1 3−Q = + + råi liªn hƯ ®Õn x +1 y +1 z +1 ®iỊu kiƯn x + y + z = Nghĩ đến BĐT (*) víi ba sè d¬ng x+ 1, y+1, z+1 1 + + *Lợc giải: Ta có Q = ¸p x +1 y +1 z +1 dơng BĐT (*) cho số dơng x+ 1, y+1, z+1 víi lu ý x+ 1+ y+1+ z+1 = Ta cã 1 ( − Q ) = ( x + 1y + 1z + 1) + + ÷≥ x +1 y +1 z +1 ⇒ 12 + 4Q ≥ ⇒ Q ≤ x = y = z = Bµi 3: Cho sè d¬ng x, y, z tháa m·n x + y + z ≤ T×m GTNN cđa biĨu thøc 1 1 A = ( x + y + z ) + 3 + + ÷ x y z *Phân tích : Cần đợc A m mà x+y+z 1do phải làm xuất nghịch đảo ( x+y+z) từ đố nghĩ đến áp dụng BĐT (*) cho số dơng x, y, z *Lợc giải: áp dụng BĐT (*) ta có Vậy Max Q = 1 1 1 + + ÷≥ ⇔ + + ≥ x y z x y z x + y+z ( x + y + z) ⇒ A ≥ ( x + y + z ) + 25 = 2( x + y + z) + + x+ y+ z x+ y+ z x+ y+ z ⇒ A ≥ 2.2 + 25 = 29 Bµi 4: T×m GTNN cđa biĨu thøc VËy Min A = 29 x = y = z = ab + bc + ca ( a + b + c ) Trong ®ã a, b, + a + b2 + c2 abc c số dơng P= *Phân tích : T¸ch ( a + b + c) 2 abc 1 = a + b + c + ( ab + bc + ca ) + + ÷ ab bc ca Gợi ta nghĩ đến BĐT (*) Phạm Văn Quang - Chuyên đề Toán học THCS *Lợc giải: Ta có P= ab + bc + ca 1 + ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) + + ÷ a2 + b2 + c ab bc ca ⇒P≥ ab + bc + ca 1 + ( a + b + c ) + + ÷+ 2.9 a2 + b2 + c ab bc ca Lại áp dụng (*) ta có 1 + + ≥ ab bc ca ab + bc + ca ab + bc + ca ⇒P≥ + ( a + b2 + c ) + 18 a + b2 + c2 ab + bc + ca 2 ab + bc + ca a + b + c ( a + b + c ) = + + + 18 ≥ + + 18 = 28 2 a +b +c ab + bc + ca ab + bc + ca DÊu ‘’ = ‘’ x¶y ⇔ a =b = c VËy Min P = 28 đạt đợc a =b = c II/ Bất đẳng thức (*) với toán bất đẳng thức Bài 5: Cho số dơng a, b, c tháa m·n ®iỊu kiƯn ab + bc + ca ≤ abc Chøng minh r»ng a 2b b2c c 2a + + ≥9 b + 2a c + 2b a + 2c *Phân tích : Bất đẳng thức cần chứng minh gợi ta nghĩ đến việc chứng minh b + 2a c + 2b a + 2c + + ≤1 a 2b bc ca víi ab + bc + ca abc đẻ sau áp dụng BĐT (*) với n = *Lợc giải: Ta có b + 2a c + 2b a + 2c 2 + + = 2+ + + + + ab bc ca a ab b bc c ac 2 1 ab + bc + ca = + + ÷ = ÷ ≤ 1(1) abc a b c áp dụng bất đẳng thức (*) víi n = ta cã b 2c c2a b + 2a c + 2b a + 2c a b + + ÷ ≥ 9(2) + + ÷ bc c a b + 2a c + 2b a + 2c ab Tõ (1) vµ (2) suy a 2b b2c c 2a + + ≥ ( ®pcm ) b + 2a c + 2b a + 2c Dấu = xảy a = b = c=3 Bµi 6: Chøng minh a, b, c số thực dơng tháa m·n abc = ab + bc + ca th× 1 + < a + 2b + 3c 2a + 3b + c 3a + b + 2c 16 *Ph©n tÝch : abc = ab + bc + ca 1 ⇒ + + =1 a b c a , b, c > Do vai trò bình đẳng a, b, c dẫn đến đánh giá tổng a + 2b +3c B§T (*) cho sè a, b, b, c, c, c *Lợc giải: 1 a, b, c > ⇒ abc = ab + bc + ca ⇔ + + (1) a b c áp dụng BĐT (*) cho sè a, b, b, c, c, c Ta cã ( a + 2b + 3c ) + + ÷≥ 36 a b c 36 ⇔ a + 2b + 3c ≥ + + a b c 1 3 ⇔ ≤ + + ÷ ( 2) a + 2b + 3c 36 a b c T¬ng tù 1 (3) ≤ + + ÷ 2a + 3b + c 36 a b c Vµ 1 (4) ≤ + + ÷ 3a + b + 2c 36 a b c DÊu ‘’ = ‘’ x¶y ë (2), (3), (4)⇔ a=b=c= Tõ (1), (2), (3), (4) suy 1 1 + < = < a + 2b + 3c 2a + 3b + c 3a + b + 2c 36 16 ( đpcm) Bài 7: Cho số dơng a, b, c th¶o m·n a + b + c = Chøng minh r»ng 1 97 a + + b2 + + c2 + ≥ a b c Gợi ý +Có thể ding BĐT (*) +Sau dùng phơng pháp tọa độ Phạm Văn Quang - Chuyên đề Toán học THCS 1 1 1 1 M a; ÷; N a + b; + ÷; P a + b + c; + + ÷ a b a b c a Khi ®ã OM = a + 1 ; MN = b + ; NP = c + 2 a b c 1 1 OP = ( a + b + c ) + + + ữ a b c Vì OM + MN + NP ≥ OP nªn a2 + 1 + b2 + + c2 + ≥ a2 b c ( a + b + c) 2 1 1 + + + ÷ a b c 1 81 97 1 1 1 = + + + ÷ = + ( a + b + c ) + + ÷ ≥ + = 4 4 a b c a b c DÊu ‘’ = ‘’ x¶y ⇔ a = b = c = Phơng pháp dồn biến chứng minh Bất đẳng thức Dồn biến phơng pháp thờng ding để chứng minh BĐT Trớc hết cần nối rõ số vấn đề 1/ Quan điểm phơng pháp đợc có đẳng thức hai hay số biến từ tìm cách dồn biến thông qua biÕn trung gian 2/ Ph¶i lùa chän biÕn míi cách phù hợp Với toán mà biến điều kiện dàng buộc ta chọn dạng trung bình bất kỳ: trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình điều hòa hay trung bình bình phơng đợc Với toán mà biến bị dàng buộc điều kiện cần then trọng để lựa chọn dạng 3/ tùy vào tong hàm đà cho BĐT mà khai thác tính chất cách thích hợp Với BĐT đối xứng xếp trật tù c¸c biÕn mét c¸ch tïy ý XÐt mét sè vÝ dơ VÝ dơ1: Cho sè d¬ng a, b, c Chøng minh a + b + c ≥ ( ab + bc + ca ) Lêi gi¶i 2 Ta cã: a + b + c ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ a + b + c − ( ab + bc + ca ) ≥ Giả sử a b c Đặt f ( a, b, c) = a + b + c − ( ab + bc + ca ) XÐt f (a, b, c) ≥ f ( ab ; ab ; c ) = a + b2 − 2ab + 2c a = ( a− b ) ( a+b+2 ( ) a− b + c ab − 2c ) ( ) b− a Do a ≥ b ≥ c ; a + b + ab − 2c > ⇒ ( a− b ) ( a+b+2 ) ab − 2c ≥ DÊu ‘’ = ‘’ x¶y ⇔ a = b Nªn f ( a, b, c) ≥ f ( ab ; ab ; c ) Ta chØ cần chứng minh toán a = b, tức lµ 2a + c + 2a c − ( a + 2ac ) + ≥ ⇔ c + 2a 2c − 4ac + ≥ ⇔ ( c − 2c + 1) + 2c ( a − 2a + 1) ≥ ⇔ ( c − 1) + 2c ( a − 1) ≥ 2 ®óng víi mäi a, c DÊu ‘’ = ‘’ x¶y ⇔ a= b = c =1 ( Bµi nµy cã thĨ dùng phơng pháp tam thức bậc hai, Sử dụng BĐT abc ≥ 8(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) ) VÝ dô2: Cho a, b, c, d số thực dơng thỏa mÃn a+b+c+d = Chøng minh r»ng ( a + b + c ) + 4abcd ≥ 16 Lêi giải Ta they đẳng thức xảy a=b=c=d=1 với điều kiện ràng buộc a+b+c+d=4 nên ta dồn biến cách sử dụng trung bình cộng Hơn BĐT đối xứng với biến nên ta giả sư a ≥ b ≥ c ≥ d ViÕt B§T ®· cho díi d¹ng ( a + b + c ) + 4abcd − 16 ≥ Phạm Văn Quang - Chuyên đề Toán häc THCS XÐt hiÖu a+c a+c f ( a , b, c , d ) − f ; b; ;d ÷ 2 2 4a − a − c − 2ac 4c − a − c − 2ac = 3 + ÷ 4 a + c) ( 23 +4bd ac − ÷ = ( a − c ) − bd ÷ ÷ 2 Do a ≥ b ≥ c ≥ d nªn a+c ≥ b+d Hay = a+b+c+d ≥ 2( b+d ) b+d Hay b+d ≤ ⇒ bd ≤ ÷ = Cho nªn 23 − bd > 0hay ( a − c ) − bd ÷ ≥ 2 DÊu = xảy a = c a+c a+c ; b; ;d ÷ Do dã f ( a, b, c, d ) − f Nh vËy ta chØ cần chứng minh BĐT a=c Mà a b c d nên ta chứng minh BĐT a = b = c = t Hay chøng minh ( 3t + d ) + 4t d − 16 ≥ (*) víi 3t + d = TËt vËy: thay d = – 3t vµo (*) ta cã −12t + 16t + 362 − 72t + 32 ≥ ⇔ − ( t − 1) ( 3t + 2t − ) ≥ 4 2 ⇔ ( t − 1) t − ÷( t + ) ≤ 3 ( *) ®óng suy đpcm Sáng tác toán Bài 1: Tính tổng ( n số tự nhiên, n >0) 1 1 + + + + a, A = 1.2 2.3 3.4 (n − 1).n b, B = A = 1 1 + + + + 1.3 3.5 5.7 (2n − 1).(2n + 1) G¶i 1 1 1 1 a, A = − + − + − + + − 2 3 n −1 n 1 A= − n 1 1 1 1 b, B = − + − + − + + − 3 5 2n − 2n + 1 2B = − 2n + 1 B= − 2n + *Ta tìm nhiều toán dới Bài 2: Nhận xét A < 1; B < từ ta có toán nh sau Chứng minh a, A = 1 1 + + + + 1) 1 1 C = + + + + + ( víi n > 1) n Nên A>C Mà A < từ ta có toán nh sau Chứng minh b, B = 1 1 + + + + + < ( víi n > 1) 2 n Bµi 4: Ta đặt vấn đề: liệu nửa dÃy C với n lẻ có nhỏ hay không? C= Phạm Văn Quang - Chuyên đề Toán häc THCS C1 = 1 1 + + + + cã nhá h¬n (2n + 1) hay kh«ng? 1 1 1 < ; 2< ; 2< ; 1.3 3.5 5.7 1 ; < (2n + 1) (2n − 1).(2n + 1) 1 1 ⇒ C1 = + + + + 1) n Bµi 8: toán ta xét n > 1, nÕu xÐt thªm n = ( céng thªm hai vế với ) Ta có baìo toán 8: Chøng minh r»ng 1 1 1 C = + + + + + + < n ( víi n ≥1 ) Bµi 9: Bài toán số hạng mẫu có dạng bình phơng, số hạng mẫu có dạng lập phơng sao? 1 1 F = + + + + có nhỏ n không? Nhận xÐt: 1 1 < = = n n − n n(n − 1) (n − 1)n(n + 1) 1 1 = − ÷ (n − 1) n (n + 1)n Ta có toán 9, Chứng minh 1 1 F = + + + + < víi n ≥ 2 n Phạm Văn Quang - Chuyên đề Toán học THCS Bài 10: Các toán có dạng tổng Vậy biểu thức dạng tích sao? Ta thử xét biểu thức 1 1 2 2 E = 1 (2n − 1) ÷ (2n) 2 Mµ theo bµi to¸n ta cã: 1 1 < ; < ; 22 1.3 42 3.5 1 1 < ; ; < 62 5.7 (2n) (2n − 1)(2n + 1) 1 1 2 2 ⇒E