Chuyên đề bất đẳng thức AMGM, BCS

Chuyên đề A. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY I. Phát biểu Cho a 1 , a 2 ,…, a n là các số không âm. n n n aaa n aaa 21 21 ≥ +++ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = … = a n . II. Chứng minh - Rõ ràng bất đẳng thức đã đúng khi n = 2. - Đầu tiên, ta chứng minh rằng nếu bất đẳng thức đã đúng với n, thì cũng đúng với 2n. Thật vậy, xét 2n số không âm a 2 , a 2 , …, a 2n . Ta có: 2 2 22121 221 n aaa n aaa n aaa nnnn n +++ + +++ = +++ ++ (1) Áp dụng giả thiết bất đẳng thức Cauchy đúng với n, từ (1) suy ra ( ) n nnn n n n aaaaaa n aaa 22121 221 2 1 2 ++ +≥ +++ (2) Dấu bằng xảy ra trong (2) khi và chỉ khi:    === === ++ nnn n aaa aaa 221 21 (*) Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho trường hợp n = 2, ta có: VF(2) ≥ n n aaa 2 221 Dấu bằng xảy ra ⇔ a 1 a 2 …a n = a n+1 a n+2 …a 2n (**) Từ (2), (3) suy ra n n n aaa n aaa 2 221 221 2 ≥ +++ (4) Dấu bằng trong (4) xảy ra ⇔ đồng thời có (*) và (**) ⇔ a 1 = a 2 = … = a 2n . Vậy bất đẳng thức Cauchy đùng với 2n. Bây giờ ta chứng minh rằng nếu bất đẳng thức đã đúng với n (n≥2), thì cũng với n – 1. Thật vậy, giả sử a 1 , a 2 , …, a n-1 là n – 1 số không âm tùy ý. Áp dụng giả thiết, ta có n n aaa aaa n n 1 121 121 − +++ ++++ − − n n n n aaa aaa 1 121 121 − +++ ≥ − − n n n aaa       − +++ − 1 121 1 121 121 − +++ ≥ − − n aaa aaa n n Vì luôn có thể coi 1 121 − +++ − n aaa n >0 (nếu ngược lại, thì bất đẳng thức Cauchy đúng là hiển nhiên do a 1 = a 2 = … = a n–1 =0), từ đó suy ra: 1 121 − +++ − n aaa n 1 121 − − ≥ n n aaa Dấu bằng xảy ra ⇔ a 1 = a 2 = … = a n–1 = 1 121 − +++ − n aaa n ⇔ a 1 = a 2 = … = a n–1 Vậy bất đẳng thức Cauchy cũng đúng với n – 1. Từ các lập luận trên suy ra đ.p.c.m. II. Ứng dụng DÙNG BĐT CAUCHY ĐỂ CHỨNG MINH BĐT KHÁC 1. Chứng minh rằng nếu a,b,c ≥ 0 và a+b+c=3 thì ta có bất đẳng thức: cabcabcba ++≥++ Giải: Ta có: 2(ab+bc+ca) = (a+b+c) 2 – a 2 + b 2 + c 2 Ta phải chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 + 2( cba ++ ) ≥ 9 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số hạng a 2 + a + a ≥ 3a, b 2 + bb + ≥ 3b, c 2 + c + c ≥ 3c. Vậy a 2 + b 2 + c 2 + 2( cba ++ ) ≥ 3(a+b+c) =9. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1. Kĩ thuật Cauchy ngược dấu Trong một số bài chứng minh BĐT ta không thể dùng trực tiếp BĐT Cauchy với mẫu số vì BĐT đó sẽ đổi chiều, ta xem ví dụ dưới đây: 2. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng : 2 3 2 2 2 2 2 2 ≥ + + + + + ac c cb b ba a Giải: Ta có: 2 2 2 2 2 ab a ba ab a ba a −≥ + −= + Ta chỉ sử dụng BĐT Cauchy cho 2 số a & b 2 ở dưới mẫu nhưng vẫn có 1 BĐT thuận chiều. abba 2 2 ≥+ Tương tự với 2 hạng tử còn lại của VT. Cộng vế theo vế của 3 BĐT ta có: ( ) cabcab cabcab cba ac c cb b ba a ++−=         ++−++≥ + + + + + 2 1 3 222 2 2 2 2 2 2 Mà ⇒≤++ 3cabcab đpcm TÌM CỰC TRỊ 1. Cho ABC là một tam giác tùy ý với 3 góc nhọn. Tìm giá trị nhỏ nhất của tích: P = tanA.tanB.tanC Giải: Ta có: tan(A + B) = - tanC ⇒ C BA tan1 tantan − + = - tanC ⇒ tanA.tanB.tanC = tanA + tanB + tanC Vì A, B, C nhọn nên tanA > 0, tanB > 0, tanC > 0 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương tanA, tanB, tanC ta có: tanA + tanB + tanC ≥ 3 tantantan3 CBA ⇒ tanA.tanB.tanC ≥ 27 = 33 Vậy: P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 33 khi và chỉ khi tam giác ABC đều hay tanA = tanB = tanC 2. a) Cho a > 0, b > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của: x bxax A ))(( ++ = với x > 0 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: xx y 1 1 2 + − = với 0 < x < 1 Giải a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương Ta có: x xbaabx x bxax A )())(( 2 +++ = ++ = = ba ab xba x ab x ++≥+++ 2 .2 = 2 )( ba + Dấu “=” xảy ra abx x ab x =⇔=⇔ b) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương Ta có 31 1 2 1 21 1 2 +       −+       − − =+ − = xxxx y = 3 1 . 1 2 23 1 1 2 + − − ≥+ − + − x x x x x x x x 322 +≥y Dấu “=” xảy ra xx x x x x x −=⇔        − = << − ⇔ 12 1 10 1 2 SỬ DỤNG BĐT ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài 1: Giải phương trình a) 121 22 23 2 ++−=++ xxx xx b) 4335 222 +−=++−+−+ xxxxxx Lời giải: a) ( ) ( ) 011212 223 ≥+−+=++− xxxxxx mà 0 4 3 2 1 1 2 2 >+       −=+− xxx Do đó 2 1 012 −≥⇔≥+ xx Điều kiện 2 1 −≥x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm 2x + 1, x 2 – x + 1 ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 22 12 2 112 112 2 23 2 2 ++≤++−⇔ +−++ ≤+−+ xx xxx xxx xxx Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2x + 1 = x 2 – x + 1 ( ) 03 03 2 =−⇔ =−⇔ xx xx 0 =⇔ x hoặc x – 3 = 0 b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có x xxxx = +++− + +−+ ≤ 2 13 2 15 22 Ta có xxx ≤+− 43 2 ( ) 02 02 044 2 2 =−⇔ ≤−⇔ ≤+−⇔ x x xx Bài 2 Giải phương trình sau: 4012102 2 +−=−+− xxxx Điều kiện 102 ≤≤ x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm, ta có ( ) ( ) 2 4.10 2 4.2 102 xx xx − + − =−+− .4 4 410 4 42 = +− + +− ≤ xx Dấu “=” xảy ra 6 410 42 =⇔    =− =− ⇔ x x x Mà ( ) ( ) .446436124012 2 22 ≥+−=++−=+− xxxxx Dấu “=” xảy ra 606 =⇔=−⇔ xx Hệ phương trình Giải hệ phương trình sau:      =+ − + −=− + − 26 3 1 2 1 3 22 yx x y y x Lời giải: ( ) ( ) 1.31.535 2222 ++−+−+=++−+−+ xxxxxxxx      =+ = − + + + − ⇔      =+ − + −=− + − 26 2 3 1 1 3 26 3 1 2 1 3 22 22 yx x y y x yx x y y x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm 3 1 , 1 3 − + + − x y y x ta có 2 3 1 . 1 3 2 3 1 1 3 = − + + − ≥ − + + + − x y y x x y y x Dấu “=” xảy ra 1 3 1 1 3 = − + = + − ⇔ x y y x B. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACỐPXKI (B.C.S) I. Phát biểu Cho n cặp số a 1 , a 2 , , a n b 1, b 2 , , b n . Ta luôn có :       ≤       ∑∑ n i n ii aba 1 2 2 1       ∑ n i b 1 2 (1) Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi : a 1 :b 1 = a 2 :b 2 = = a n :b n II. Chứng minh Dùng bất đẳng thức Cauchy: (1) ⇔ 1. 22 ≤ ∑ ∑∑ i i i i b b a a (2) Ta có: ( ) ( ) ∑∑ ∑∑ ≥         + 22 2 2 2 2 2 1 ii ii i i i i ba ba b b a a Cho i = 1, 2, , n cộng vế với vế ta được đpcm III. Ứng dụng DÙNG BĐT B.C.S ĐỂ CHỨNG MINH MỘT BĐT KHÁC Phương pháp: Bất đẳng thức Schwartz – Bouniakovski được áp dụng cho mọi số thực và thường được dùng để chứng minh các bất đẳng thức có dạng: DẠNG 1: ( ) ( ) .f x g x c+ ≤ Với ( ) 0,f x ≥ ( ) 0g x ≥ và ( ) ( ) f x g x A+ ≤ Ví dụ: Chứng minh rằng: 3p p a p b p c p≤ − + − + − ≤ trong đó 2p + a + b +c với a, b, c là 3 cạnh của tam giác Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 6 số: 1,1,1, , ,p a p b p c− − − Ta có: 2 2 2 1 1 1p a p b p c p a p b p c− + − + − ≤ + + − + − + − Thay a + b + c = 2p Ta có 3p a p b p c p− + − + − ≤ *Mặt khác với 0, 0, 0x y z≥ ≥ ≥ ta có: ( ) 2 2 2 2 x y z x y z+ + ≥ + + Suy ra: ( ) 2 p a p b p c p a p b p c p− + − + − ≥ − + − + − = DẠNG 2: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 C f x g x a b + ≥ + với ( ) ( ) af x .bg x C+ ≥ Ví dụ: Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 25 sin os sin os 2 x c x x c x     + + + ≥  ÷  ÷     Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 4 số: 2 2 2 2 1 1 1,1, sin , os sin os x c x x c x     + +  ÷  ÷     Ta có: 2 2 2 2 2 1 1 sin os sin os x c x x c x       + + + ≤  ÷  ÷         ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 sin os sin os x c x x c x       + + + +    ÷  ÷         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin os 1 1 sin os 2 sin os sin os sin os x c x x c x x c x xc x x c x     +     ⇔ + + ≤ + + +    ÷  ÷  ÷           2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 1 1 sin os 2 sin 2 sin os x c x x x c x         ⇔ + ≤ + + +    ÷  ÷  ÷           Mà: 2 4 4 1 1 5 sin 2 1x + ≥ + = (vì 2 0 sin 2 1x≤ ≤ ) Suy ra: ( ) 2 25 5 2 1 cos 1 cos sin 1 sin 2 2 2 2 2 2 2 =≥       ++       + x x x x DẠNG 3: ( ) ( ) 22 bakxbgxaf +≤+ với ( ) ( ) 222 kxgxf ≤+ (k>0) Ví dụ: Chứng minh rằng nếu x, y, z thỏa mãn phương trình x 2 + y 2 + z 2 = 1 thì ta sẽ có: 1 2 1 ≤++≤− xzyzxy Lời giải: Ta có: xy + yz + xz = ( ) ( ) [ ] 222 2 2 1 zyxzyx ++−++ ( ) 2 1 2 1 222 −=++−≥+++⇒ zyxzxyzyx Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 6 số: (x, y, z ), (y, z, x) ta có: 1 222222222 =++=++++≤++ zyxxzyzyxxzyzxy Vậy tóm lại ta có: 1 2 1 ≤++≤− xzyzxy DẠNG 4: ( ) ( ) ( ) xgxfxh ≤ 2 Ví dụ: giả sử m k = 101 100 4 3 3 2 2 1 kkkk ++++ với k = 1, 2, 3 Chứng minh rằng: 11 2 −+ ≤ kkk mmm Lời giải: Với m k =         ++++ 101 100 4 3 3 2 2 1 kkkk         ++++=⇒         ++++=⇒ ++++ + −−−− − 101 100 4 3 3 2 2 1 101 100 4 3 3 2 2 1 1111 1 1111 1 kkkk k kkkk k m m Ta có:         +++         +++≤         +++=         ++++= +++−−− +−+−+− 10 100 3 2 2 1 101 100 3 2 2 1 101 100 101 100 3 2 3 2 2 1 2 1 101 100 4 3 3 2 2 1 111111 2 2 111111 2 2 kkkkkk k kkkkkk kkkk k m m 11 2 +− ≤⇔ kkk mmm DẠNG 5: 22 sincos BAxBxA +≤+ Ví dụ: Chứng minh với mọi x, y ta có: ( ) 1 1 cos2sin1 1 2 2 ≤ + +− ≤− x yxyx Lời giải: Ta có: ( ) ( ) 1 1 cos2sin1 cossin 1 4 1 1 cos 1 2 sin 1 1 2 2 22 2 2 2 2 2 2 22 2 ≤ + +− ⇔ + +         + − ≤ + + + − x yxyx y x x x x y x x y x x DẠNG 6: MDxCxxBxA ≤+++ 22 sincossincos Ví dụ: Chứng minh với mọi x: ( )( ) 2 2 1cossincossin       + +≤++ ba xbxxax Lời giải: Ta có: ( )( ) ( ) xxbaxabxxbxxax cossincossincossincossin 22 +++=++ Thay 2 2sin cossin, 2 2cos1 sin, 2 2cos1 cos 22 x xx x x x x = − = + = Ta có: ( )( ) ( ) ( ) ( ) [ ] xabxbaabxbxxax 2cos12sin1 2 1 cossincossin −++++=++ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 4 số. Ta có: ( ) ( ) ( )( ) 22 112cos12sin baxabxba ++≤−++ Vậy: ( )( ) ( ) ( )( ) [ ] 22 111 2 1 cossincossin baabxbxxax ++++≤++ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 2 số. Ta có: ( )( ) 2 1 2 11 11 2222 22 baba ba + += +++ ≤++ Suy ra: ( )( ) ( )       + +≤       + +++≤++ 2 2 2 1 2 11 2 1 cossincossin 2 22 baba abxbxxax ( ) ( ) 2 sin cos sin cos 1 2 a b x a x x b x +   ⇒ + + ≤ +  ÷   ( ) ( ) ( ) ( ) xxabbaxabxba 2cos2sin12cos12sin 222 2 +−++≤−++ DẠNG 7: osx+bsinx+c osx+nsinx+p ac M mc ≤ DẠNG 8: ( ) f x M≤ Bài toán phụ của bất đẳng thức Bunhiacôpxki Chứng minh rằng: ( )( ) 2222 yxbabyax ++≤+ Lời giải: ( )( ) 2222 yxbabyax ++≤+ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 ax by a b x y⇔ + ≤ + + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2a x abxy b y a b x y⇔ + + ≤ + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0a b x y a x abxy b y⇔ + + − + + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0a x a y b x b y a x abxy b y⇔ + + + − − − ≥ 02 2222 ≥−+ abxyybya ( ) 0 2 ≥− bxay (bất đẳng thức đúng). Do đó ( )( ) 2222 yxbabyax ++≤+ Ví dụ: Cho a, b > 0. Chứng minh rằng ( )( ) ( ) .254334 bababa +≤++ Lời giải: Áp dụng bài toán phụ (bất đẳng thức Bunhiacôpxki) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) .543.4.343 534.3.434 22 22 babababa babababa +=++≤+=+ +=++≤+=+ Do đó ( )( ) )(255.54334 bababababa +=++≤++ TÌM CỰC TRỊ 1. Cho α, β, γ là 3 góc dương thỏa điều kiện: 2 π α β γ + + = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: g = γαγββα tantan1tantan1tantan1 +++++ Giải: Ta có: 2 π α β γ + + = ⇔ α + β = γ π − 2 [...]... giả thiết, ta có: a+b+c=7–x (2) và a2 + b2 + c2 = 13 – x2 (3) Từ (1), (2) và (3) ⇒ (7 – x) ≤ 3(13 – x2) ⇔ 4x2 – 14x + 19 ≤ 0 5 ⇔1≤x≤ 2 Vậy x min = 1 khi a = b = c = 2 5 3 x max = khi a = b = c = 2 2 g2= Đề thi đại học khối A năm 2007 Cho x,y,z >0 thỏa mãn xyz = 1 CMR P= x 2 ( y + z) y y + 2z z Giải: Ta có P ⇔ ∑ y 2 ( z + x) + + z z + 2x x x ( y + z) ( xyz y y + 2 z z ) z 2 ( x + y) ≥2 x x + 2y y ≥2⇔∑