Một số kỹ thuật giải toán bất đẳng thức

MỘT SỐ KĨ THUẬT ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1.Kĩ thuật tách số mũ +Để thuận tiện cho việc chứng minh,tôi xin đề cập lại tới bất đẳng thứcbđt Hon-đe Với a,b,c,x,y,z là những số thực dươn

Lớp 10Toán 1 THPT chuyên Lương Văn Chánh

Tuy hòa,tháng 2 năm 2008

Bất đẳng thức là một nội dung rất hay và khó Càng nghiên cứu ta càng thấy sự đa dạng,phong phú của nó.Chúng tôi viết bài viết nay nhằm góp một phần nhỏ của mình vào việc rèn luyện kĩ năng giải bất đẳng thức.Vì đây là bài viết đầu tiên,và chúng tôi đang ở trình độ lớp 10 nên mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng không thể tránh khỏi sai xót.Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý của độc giả

MỘT SỐ KĨ THUẬT ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1.Kĩ thuật tách số mũ

+Để thuận tiện cho việc chứng minh,tôi xin đề cập lại tới bất đẳng thức(bđt) Hon-đe Với a,b,c,x,y,z là những số thực dương thì ta có

Vậy bài toán chứng minh

Đây chỉ là kĩ thuật nhỏ,tách mũ 3 thành 2.3

2 nhưng nó có vẻ hiệu quả và làm cho lời giải bài toán gọn hơn

Và ta tiếp tục với kĩ thuật này qua bài toán sau

Bài toán 2 Với a,b,c>0 v& 2 2 2

3

a +b +c = Chứng minh 9

a b c

b+c+a≥ a+b c+

Lời giải:

x=a y=b z=c thì bđt cần chứng minh 3

Bđt này đã được chứng minh trong câu a

Qua 3 bài,ta có thể thấy được hiệu quả của kĩ thuật nhỏ này

Kết thúc kĩ thuật này,ta xét bài toán sau

Bài toán 4: (Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)

Vậy bài toán chứng minh xong

Và chúng ta sẽ kết thúc kĩ thuật đầu tiên qua bài toán sau

Bài toán 5: (Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)

Cho a,b,c>0 và 2 2 2

3

a +b +c = Chứng minh bđt

2 3

Tới đây,ta có 1 bổ đề khác đó là bài của Pháp 2005

Với a,b,c>0 và 2 2 2

3

a +b +c = thì ta có 3

Và ta trở lại với bài toán

63

92

cyc

a b c abc a

rộng cho 3 biến và 8 dãy)

2

2.Kĩ thuật Cô-si đảo

Chúng ta sẽ mở đầu kĩ thuật này qua bài toán sau

Bài toán 1:Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Chứng minh

Vậy bài toán được chứng minh

Lời giải này vận dụng bđt Cauchy một cách khéo léo đó là đem từng phân số nghịch đảo lại rồi dùng mới dùng bđt.Việc làm như vậy đã làm cho lời giải bài toán khá gọn và đẹp

Bài toán 2: (Phạm Kim Hùng) Cho a b c d ≥, , , 0.Chứng minh

Cộng các bđt trên vế theo vế ta được đpcm

Đẳng thức xảy ra khi 2 biến bằng 0 và 2 biến còn lại bằng nhau

Bài toán 3:(Vasile Girtoaje,MS,2006)

Với a,b,c là các số không âm.Chứng minh

Đẳng thức khi 1 biến bằng 0 và 2 biến còn lại bằng nhau

Vậy bài toán được chứng minh

Bài toán 4:(Nguyễn Đình Thi)

Ta sẽ tiếp tục với kĩ thuật khá thú vị qua bài toán sau

Bài toán 5: (Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)

Tới đây,ta dùng bđt Cauchy-Schwarz,tiếp đó dùng bđt Mincopski

và một bổ đề phụ 3 3 3

++

⇒ bài toán được chứng minh

có lẽ kĩ thuật này có hiệu lực không kém và ta tiếp tục với

Bài toán 6: (Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)

Với a,b,c>0.chứng minh

⇒ Bài toán được chứng minh

Để nhìn nhận kĩ hơn về kĩ thuật nhỏ này,ta tiếp tục với bài toán sau

Bài toán 7: (Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)

Với a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Chứng minh

2

338

k

k cyc

Lời giải: (Nguyễn Đình Thi)

Theo bđt Cauchy 10 số thì ta có:

Cộng 3 bđt trên vế theo vế ta được

⇔ ≥ ⇔(xy+yz+zx)2 ≥3xyz x( + +y z) ( Luôn đúng theo bđt Cauchy)

Cộng bđt (2) và (3) vế theo vế ta được đpcm

Vậy bài toán chứng minh xong

3.Kĩ thuật Cauchy trọng số

Để tiện cho việc chứng minh,ta viết bđt hon-đe dưới dạng khác là

Ta có 1 vế như sau(7(b c+ )) (8k a+3(b c+ ))q≤? ( Với k,q là các số nguyên dương)

Việc của chúng ta là phải tìm k q , để sau khi dùng bđt Cauchy cho (k q+ )số thì vế phải của mình có dạng [ (m a+b+c)]k q+

Việc tìm k,q không khó khăn gì,ta chỉ việc đi tìm 1 cặp nghiệm nguyên dương của phương trình

7k+3q=8q =>7k=5qỞ đây,chúng ta lấy trường hợp nhỏ nhất của k,q:k =5,q =7

9 7

Vậy bài toán được chứng minh

Và chắc chắn chúng ta sẽ thấy được hiệu quả của kĩ thuật này qua bài toán sau

Bài toán 2 (Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)

Với a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác Chứng minh

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam của 1 tam giác.Chứng minh bđt

32

Vậy bài toán được chứng minh

4.Kĩ thuật nhân lượng trung gian

Chúng ta sẽ bắt đầu với kĩ thuật này qua bài chọn đội tuyển Trung Quốc

Bài toán 1: Với , ,x y z >0và x+y+z=1 Chứng minh

22

cộng nhập lài sẽ triệt tiêu

Ta có lời giải bài toán:

⇔∑ +∑ ≥ ∑ (Dễ dàng chứng minh nhờ bđt Cauchy)

Vậy bài toán được chứng minh

Và ta nhìn nhận kĩ hơn về kĩ thuật này qua bài toán sau

Bài toán 2:( Olimpic Trung Quốc)

Choa b c >, , 0.Chứng minh

32

⇔∑ +∑ ≥ (Đúng theo bđt Cauchy 6 số)

Vậy bài toán chứng minh xong

Bài toán 3(Mathlinks): Cho a,b,c>0.Chứng minh

Lời giải:

Ta có

2 2

Vậy bài toán được chứng minh

Và ta sẽ thấy được hiệu quả của kĩ thuật này qua bài toán sau

Bài toán 4(Võ Quốc Bá Cẩn) Cho a,b,c>0.Chứng minh

Lời giải:(Võ Quốc Bá Cẩn)

Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz ta được:

2 2

2 2

Việc đầu tiền của chúng ta là dự đoán dấu bằng

Ở bài này,may mắn là đẳng thức xảy ra tại a:b:c=3:1:0

Vì thế,cần phải chọn lượng trung gian thích hợp

2 2

Và ta phải tìm m,n,k thích hợp để đẳng thức xảy ra

Mục đích của ta sau khi dùng bđt Cauchy-Schwarz

m a +b +c + n k ab bc ca+ + + triệt tiêu hay gọn lại Ở đây ta triệt tiêu ko

được nên đưa về dạng bình phương 1 tổng,vì thế,phương trình đầu tiên của m,n,k là

2

n+k= m

Do đẳng thức xảy ra khi a:b:c=3:1:0

Ta muốn tìm đẳng thức liên quan tới m,n,k thì ta chỉ việc thay a=3,b=1,c=0 vào

Tới đây,kết hợp với n+k=2m,ta dự đoán được 1 bộ số m,n,k là m=5,n=1,k=9

Vì thế,ta có lời giải

2 2

Bđt trên luôn đúng

Bài toán được chứng minh

Ta sẽ kết thúc kĩ thuật này qua bài toán sau

Bài toán 6(Phan Thành Nam)

Cho a b c, , ≥0 &a+b c+ =1.Với k=1- 3

2 Chứng minh

Vì vậy,ta có lời giải

Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz ta được

2 2

2

13

Vậy bài toán được chứng minh

MỘT SỐ VẤN ĐỀ NHỎ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC CHEYBUSEP

Bài tốn 1(Old and New Inequalities)

2x+2y+3z>x+x+y≥3 x y ≥3xy(do x,y≤1)

3x+1 3y+1

C x+C y+C z≥ x+ +y z C +C +C

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài toán 2:(Tatami)

Cho x x x1, 2, 3, ,x n.là các số thực không âm, max(x i+x j) ≤n-1và

Áp dụng BDT chebysev, có ngay điều phải chứng minh!

Ngoài các cách phân tích và áp dụng trực tiếp BDT chebyshev như trên, lắm lúc,

ta phải biến đổi để các lượng C C C1, 2, 3hoặc x,y,z phù hợp hơn Việc đó được thực hiện bằng cách nhân và chia một lượng phù hợp Sau đây là 1 số ví dụ

Bài toán 4 (Phạm Kim Hùng):

Thay vào (**) vào (*) ta cần chứng minh ab+bc+ca≤3 (luôn đúng)

Bài toán 5: Cho a b c >, , 0

Mặc dù có trong tay các công cụ phân tích mạnh mẽ như vậy, ta vẫn dễ dàng nhận

ra rằng với các bai toán hoán vị thì chỉ đơn thuần áp dụng các dạng phân tích sẽ chẳng thể làm được gì Bởi lẽ vấn đề mấu chốt trong việc áp dụng BDT chebyshev

là sắp thứ tự các đại lượng Nếu như sắp được thứ tự các đại lượng rồi mà chúng lại ko có dạng C x1 +C y2 +C z3 thì sao? Để khỏa lấp chỗ trống đó, chúng ta củng thử xem một ý tưởng đơn giản sau:

I.Các tiêu chuẩn bổ sung của BDT chebysev:

Ta sẽ xét tất cả các mối quan hệ của các bộ hoán vị, cùng với DK của chúng, giúp cho việc sử dụng dễ dàng hơn Xét các bộ hoán vị sau:

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

Vậy ta đã xử lí xong một vấn đề khá quan trọng trong các điểm yếu của BDT

chebyshev: Với mọi bài toán sau khi đã phân tích và sắp thứ tự các biểu thức:

1, ,2 3

C C Cvà x y z , , thì ta hoàn toàn có thể áp dụng cheby để xử lí (với lưu ý là có nhiều hơn một cách phân tích về dạng chuẩn tắc)

Vấn đề cuối cùng của BDT chebyshev: sắp thứ tự các biến Đây là một vấn đề khó

và hóc búa nhất khi muốn áp dụng BDT cheby Mình xin nêu ra một số kĩ thuật nữa, trong tầm hạn chế để giải quyết vấn đề này

1/ Kĩ thuật chia trường hợp giao miền:

Ý tưởng của kĩ thuật này có thể phát biểu đơn giản như sau: Nhiều khi ta chia bài toán thành hai hoặc nhiều trường hợp nhỏ để xử lí, những trường hợp đó không nhất thiết phải nằm trên hai miền khác nhau của bài toán mà có thể trùng lên nhau, nhưng phải đảm bảo là hội của hai trường hợp đó bao quát hết toàn bộ bài toán

Ví dụ: Thay vì chia bài toán thành hai trường hợp là: a c b + ≥ 2và 2b a c ≥ + thì ta có thể chia thành 2

ac b≥ và 2b a c ≥ + Cách chia như trên vẫn đúng bởi hợp của hai

trường hợp là toàn bộ tập xác định của a,b,c(tức với mọi a,b,c) nhưng nó còn cung cấp cho ta thêm dữ kiện bởi điều kiện 2

ac≥b mạnh hơn điều kiện a+ ≥c 2b

Trước khi đến với các ví dụ của PP, ta hãy xem xét một làm mạnh của BDT

chebyshev và suy ngẫm về nó nào:

Chứng minh: Tương tự BDT chebyshev cổ điển

(Với bài toán tổng quát đã được giải quyết bằng tổng Abel,xin phép không nêu ra

ở đây)

Sau đây là các ví dụ kinh điển cho PP này:

Bài toán 6: (Old and New Inequalities)

Xét các trường hợp con như trên, ta cũng dễ dàng có DPCM

Bài toán 7: (Bùi Việt Anh-www.diendantoanhoc.net)

Với a,b,c>0 và 2b ≥ a c + Chứng minh

BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG THUẦN NHẤT

Với các bất đẳng thức không thuần nhất có điều kiện các biến thì có thể chuyển về dạng thuần nhất để chứng minh.Trong bài viết nhỏ này,ta chỉ xét ở các bất đẳng thức không thuần nhất và cũng không có điều kiện

(a+b c+ )(2abc+1)≥3 a b c 3 abc=9abc

Cộng 2 BĐT trên vế theo vế ta có đpcm

Bài toán 2(Nguyễn Đình Thi)

Đây là 1 kết quả mạnh hơn của bài APMO 2004

Cho a,b,c>0.Chứng minh

2+abc =1 1+ +abc≤3 abc = abc

Đpcm

b) hoàn toàn tương tự

Bài toán 4 ( Trần Nam Dũng)

Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có đpcm

Bài toán 5 (Lê Trung Kiên)

Điều này luôn đúng nên phép chứng minh hoàn tất

Bài toán7: (Nguyễn Đình Thi)Cho a,b,c>0.Chứng minh

3

a b

Bài toán 8 (Nguyễn Đình Thi)

Cho a,b,c>0.CHứng minh

2 2

8 cos ( cos cos )

cyc cyc

∑ nên (*) luôn đúng

Trở lại với bài toán,BDT<=>

Cộng các bđt trên vế theo vế ta có dpcm

Bài toán 10 Cho a,b,c>0.chứng minh

Bài toán 11:Cho a,b,c>0.chứng minh

Vậy bài toán được chứng minh

Bài toán 14:Cho a b, ∈R.a≠ −b.Chứng minh

Với 2 bộ số đơn điệu ( , , ) & ( , , ) x y z a b c ,t ∈ R

Chuyển BDT Schur trong đại số sang hình học ta được(BDT Schur trong tam giác) x(b+c-a) (t a b a c− )( − )+y c( +a b− ) (t b c b a− )( − )+z a( +b c− ) (t c−a c)( −b)≥0

BDT này luôn đúng theo BDT Vonicur-Schur

Ta xét thêm bdt Schur dạng khác:

Sau đây là 1 số bài toán áp dụng

Bài toán 1:Cho x,y,z là 3 cạnh tam giác.Chứng minh

ta có được điều phải chứng minh

Bài toán 2 cho a,b,c là 3 cạnh tam giác.chứng minh:

bdt này đã được chứng minh ở trên

Bài toán 3 (Nguyễn Đình Thi)cho a,b,c dương ,chứng minh:

Đây chính là bất đẳng thức ((**))

Bài toán 4 Cho a b c ≥, , 0 chứng minh:

4

a

∑

cộng 2 bdt trên vế theo vế ta có dpcm

Bài toán 5(ROMANIA2005)choa,b,c dươngsao cho(a b b c c a+)( +)( + =) 1

Bài toán 6(THTT)choa,b,c là 3 cạnh tam giác chứng minh:

32

Cộng 2 bất đẳng thức trên vế theo vế ta có đpcm

vận dụng bdt 2(x y2 +y z2 +z x2 +xy2 +yz2 +zx2)≥x3+y3+z3+9xyz

chúng ta có thể giải quyết bài toán sau:

+(Nguyễn Đinh Thi)cho a,b,c là 3 cạnh tam giác

Cộng 2 bdt trên vế theo vế ta co dpcm

Bài toán 9: (Nguyễn Đinh Thi)cho a,b,c là cạnh tam giác

Cộng các bdt trên vế theo vế ta có dpcm

Sử dụng bdt schur trong tam giác ta có thể giải quyết bài toán này sau khi đã đại số hóa

Và đây cũng là 1 bdt tương tự

+Cho a,b,c là 3 cạnh tam giác chứng minh:

Cộng vế theo vế 2 bdt trên ta có dpcm

Bài toán 11:Với I ,O,H lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp,ngoại tiếp,trực tâm của 1

Bài toán 12: (Nguyễn Đình Thi)cho a,b,c là 3 cạnh tam giác và abc=1

( a ) a 2 a b

c

+ + ≤

Khai triển và rút gọn bdt này ta có đpcm

ƯỚC LƯỢNG QUA TAM THỨC BẬC 2,3,4

Với 1 số bài toán bdt, ta không thể sử dụng cac bdt cơ bản để chứng minh mà đôi khi phải ước lượng qua tam thức bậc 2,3,4 rồi dùng điều kiện để xét tính đúng sai cảu bdt.Sau đây là 1 số ví dụ

Bài toán 1 (Ireland 2001).Cho x,y>0.x+y=2.Chứng minh 2 2 2 2

Bài toán 2 Cho a b, ∈R sao cho a b+ =1.Chứng minh 2 2 1

8

a b a + b ≤ Lời giải:

Xem (*) là tam thức bậc 2 theo a

Dễ dàng ta có ∆ ≤ 0 = > d p c m

Bài toán 4: (Mathlink).Cho a,b>0 9 9

BẤT ĐẲNG THỨC VỚI DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI

Thường thì khi giải các bài toán bdt có trị tuyệt đối,ta thường lập thứ tự cho các biến rồi phá trị tuyệt đối để chứng minh.Chúng ta cùng xét qua 1 số bài toán sau

Bài toán 1 Cho a,b>0.Chứng minh

d o x y ≤ + = ⇒ d p c m

Bđt này đã được chứng minh ở bài ((**)) ở phần bđt schur dạng khác

Bài toán 5 Cho a,b,c đôi 1 khác nhau.Chứng minh