Phương pháp UCT hệ số bất định

I Mở đầu: Chắc hẳn các bạn đều đã từng nghe thấy, hay nhìn thấy người khác nói hay sử dụng phương pháp ấn tượng này để chứng minh các bất đẳng thức từ đơn giản đến phức tạp.. Nói đến U.C

Trang 1

I) Mở đầu:

Chắc hẳn các bạn đều đã từng nghe thấy, hay nhìn thấy người khác nói hay sử dụng phương pháp ấn tượng này để chứng minh các bất đẳng thức từ đơn giản đến phức tạp Hôm nay tôi cũng xin phép đượng trình bày một số hiểu biết nho nhỏ của tôi về phương pháp này

Nói đến U.C.T thì chúng ta đang nói đến phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng các bất đẳng thức

phụ Đối với những bạn chưa từng biết về phương pháp này thì việc đưa ra các bất đẳng thức phụ thật sự là một câu hỏi khó Phương pháp này cũng khá rộng nên hôm nay tôi cũng chia sẻ cách mà chúng ta sử dụng phương pháp này để giải một dạng bài quen thuộc

Bài toán 1: Cho a b c; ; 0 thỏa mãn f a  f b  f c 3k Chứng minh: g a     g b g c 3k

PS: Bài toán có cực trị (dấu bằng xảy ra) tại tâm nghĩa là a  b c x0

II) Các kiến thức cần sử dụng:

1) Định lý Fermat: Cho hàm f : a b; R nếu hàm f đạt cực trị tại c( ; )a b thì f c 0

2) Các công thức logarit: ln abc lna lnb lnc  với a b c; ; 0 (Công thức này giúp ta chuyển tích về

tổng.)

Đạo hàm của hàm Logarit: (lnx) 1

x



3)Bất đẳng thức Jensen:



* Cho f là hàm lồi trên  a b với ; x i( ; );a b i1,n

Ta có: f x 1 f x 2 f x n x1 x2 x n

f



** Cho f là hàm lõm trên  a b; với x i( ; );a b i1,n

Ta có: f x 1 f x 2 f x n x1 x2 x n

f

  

Để đơn giản hơn thì các bạn chỉ cần nhớ rằng f " x 0 với x( ; )a b thì f lồi trên  a b và ngược lại ;

Bây giờ tôi sẽ vào phần chính luôn, đó là cách xây dựng các bất đẳng thức phụ ( Với bài toán 1 tôi đã nêu ở

trên)

Chúng ta sẽ hệ số bất định như sau: g x   k f x k( gọi là hệ số bất định)

Ta có bất đẳng thức mà ta giả sử sẽ tương đương với: h x g x   k f x k0

Sẽ đạt cực trị tại xx0 hay theo định lý Fermat là h x' 0 0 hay  

 00

g x

f x



 



Vậy bất đẳng thức của ta cần tìm sẽ có dạng:   g x     0

f x



    



PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH

(U.C.T)

Trang 2

Viet_1846@yahoo.com.vn Phương pháp hệ số bất định (U.C.T)

Bây giờ sẽ lại nảy sinh ra vấn đề mới, bất đẳng trên luôn đúng hay không? Nếu nó không phải luôn đúng thì

ta sẽ sử lý chúng ra làm sao?

Có thể trả lời rằng, bất đẳng thức trên không phải luôn đúng, và công việc của ta sau khi xây dựng bất đẳng thức trên xong là kiểm tra lại bất đẳng thức đó (có thể khảo sát hàm số, hay biến đổi tương đương) Nếu bất đẳng thức của ta là luôn đúng thì Q E D , nếu không phải luôn đúng ( cái này mệt rồi đây) thì ta khoang vùng những điểm nhạy cảm (thường là những điểm làm cho BĐT đổi chiều, hay các điểm là cho hàm số chuyển từ lồi sang lõm ) và cuối cùng là chia trường hợp để xử lý

Chỉ đơn giản là có vậy thôi, nhưng sức mạnh của nó thì đã được kiểm chứng Nó có thể chứng minh những bất đẳng thức khó mà không cần sử dụng đến những phương pháp trâu bò như EV, LCF-RCF

Chúng ta đến với các ví dụ để hiểu rõ về phương pháp này hơn

Ví dụ 1: Bất đẳng thức AM-GM:

Cho n số không âm a a1, 2, ,a n chứng minh rằng: 1 2

1 2

n

Chứng minh:



* Nếu tồn tại x i 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng



** nếu x i 0

Đặt

1 2

; 1,

i

n

a

a a a

  khi đó ta có BĐT đã cho theo biến mới là: 1 2 n n 1 2

n

Với x x1 2 x n  1 ln x 1 ln x 2  ln x n 0

Bất đẳng thức được viết lại là: x1x2 x nn (BĐT đã cho đã trở về dạng Bài toán 1)

Hệ số bất định: x  1 lnx ta đạo hàm hai vế và cho x1 ta được  1

Vậy ta gia cát dự được bất đẳng thức sau: x 1 lnx

Tiếp theo là kiểm tra bất đẳng thức này: Xét hàm số f x( ) x lnx1 với x0

Ta có: f x( ) x 1 0 x 1

x



Dễ thấy f ' x đổi dấu từ âm sang dương khi x qua 1

Từ đó suy ra ( )f x  f(1)0Q .E D Dấu bằng xảy ra khi a1a2  a n

PS: * Lời giải trên tôi đã sử dụng khá nhiều kĩ thuật cần thiết khi sử dụng phương pháp này Thứ nhất là 

chuẩn hóa bđt đã cho để có điều kiện ở dạng tích Thứ hai sử dụng công thức hàm Logarit đề đưa điều kiện dạng tích về dạng tổng giống như bài toán ban đầu Với cách này thì chắc hẳn các bạn sẽ hiểu vì sao tôi không chia ra làm nhiều bài toán con với điều kiện dạng tích hay bất đẳng thức cần chứng minh có dạng tích Thứ ba, khi bất đẳng thức của ta có dính đến hàm siêu việt thì việc sử dụng hàm số là điều bắt buộc phải làm ( không thể dùng biến đổi tương đương ở đây được)



** Ngoài cách chuẩn hóa như trên thì chúng ta có thể chuẩn hóa điều kiện theo dạng tổng bằng cách đặt

1 2

i

n

na

x



   các bạn có thể làm thử cách này

Trang 3

Ví dụ 2: Cho x y z, , 0 và x  y z 1 Chứng minh rằng: 3 3 3 5 5 5

10(x y z ) 9( x y z ) 1

Chứng minh:

Nhận xét bất đẳng thức này có dấu bằng tại 2 điểm là 1

3

x  y z hoặc x y 0;z1 nhưng ta cứ giả vờ

là tôi không biết bđt này có cực trị tại biên đi xem thế nào?

Phân tích:

Bằng phương pháp U.C.T ta dữ đoán có bđt: 3 5 25 16 

3x 1 27x 18x 21x 16 0

Rõ ràng bđt này không phải là luôn đúng, nó phụ thuộc vào dấu của   3 2

27 18 21 16

f x  x  x  x

Ta có

 

0

9

10 9

10







      



Đến đây ta sẽ tiến hành giải bằng cách chia trường hợp

TH1: Trong ba số có 1 số 9 ;1

10

  

Giả sử 9 ;1 ; 0; 1

Ta có:

3 5





TH2: Cả ba số cùng 0; 9

10

  

Khi đó

3 5

25 16

10 9

9 27

25 16

10 9

9 27

25 16

10 9

9 27









Q E D

 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1 3 0 1

x y z

   



 







  



Cùng các hoán vị

PS: Như vậy ta có thể thấy rằng phương pháp này cũng có thể giải quyết những bất đẳng thức có cực trị

Trang 4

Ví dụ 3: Cho a b c, , là các số thực dương thoả mãn abc1.Chứng minh:

3 (1 2 )a (1 2 )b (1 2 )c 

Chứng minh:

TH1: Trong ba số a b c, , có ít nhất một số 0; 1

20

  giả sử

1 0;

20

Khi đó ta có:

1 100 1

121 3

2 1

true a

  



TH2: Cả ba số đều 1 ;

20

 

  khi đó không mấy khó khăn ta chứng minh được rằng

2

ln

9 27

2 1

ln

9 27

2 1

ln

9 27

2 1

a a

b

c c



 















Q E D

 Dấu “=” xảy ra khi a  b c 1

Ví dụ 4: Cho a b c; ; 0 thỏa mãn a b c  3

Chứng minh rằng:

3

Chứng minh:

Không mất tính tổng quát, ta giả sử a  b c 0

Với m i 5 1

2

ta có:

2

1

x

 

Thật vậy, BĐT tương đương 2 2

(x1) (x   x 1) 0

Suy ra

Nếu 5 1

2

sử dụng BĐT trên với a b c, , rồi cộng lại ta dễ có đpcm

Nếu 5 1

2

ta xét 2 khả năng

Trang 5

2 2

2

3 3 ( 1, 5) 0, 75 0, 75

2 3







-TH2: b1 suy ra 2  a b 1 xét trên [1;2] ta có:

2

8 24 15

4( 3 3)

f x

 

Do đó theo BĐT Jensen ta có:

2

2 ( ) ( ) 2 2 ( )

a b

t t



 

Vậy ta cần có

3

3 3 (3 2 ) 3(3 2 ) 3

Hay

( 1) (36 252 749 1202 1099 546 117)

0

Q E D

Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b c 1

Ví dụ 5: Cho a b c; ; 0, chứng minh rằng:

 

Chứng minh:

Xét 1 bất đẳng thức phụ sau:

2

11 3

, 0 16

2

a b

a ab b



 

TH1: Nếu 11a3b0

Thi lúc đó hiển nhiên có: 2

11 3 0

16 2

a ab b



 

 

TH2: Nếu 11a3b0 Ta thực hiện phép biến đổi:

11 3 16 (11 3 ) 2 16

256 (11 3 )(2 )

[16 (11 3 ) 2 ].16 2



2

( ) (14 3 )( 3 ) [16 (11 3 ) 2 ].16 2



Nhưng do 11a3b0 nên 14a3b0 Hay bất đẳng thức này đúng

Vậy ta có a b, 0 thì:

2

11 3 16 2

a ab b





 

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự và cộng lại Q E D

Dấu bằng xảy ra khi a b c

PS: Cách để tìm ra bất đẳng thức phụ trên:

Cách 1: Ta nghĩ đến việc phải tìm m n, sao cho

2

a

ma nb a b

a ab b

   

Trang 6

Cho a b 1 ta có 1

2

m n 

+Cho b1 rồi đạo hàm 2 vế ta được:

2

4 (2 1) (4 1)

m

    

   

Cho a1 ta sẽ tìm ra được 11 3

m   n

Cách 2: Ngoài cách như trên thì ta có thể làm như sau:

2

1

    

với t b

a



Bằng phương pháp hệ số bất định như trên ta có dự đoán rằng:

2

1 11 3

16 16 1

t

t t

 

 

2

16 16 16 16 1

a

t t

 

III) Phương pháp U.C.T đối với bất đẳng thức Vasile Cirtoaje:

Bây giờ tôi sẽ chia sẻ cho các bạn một kĩ thuật nhỏ nhưng khá hay khi kết hợp BĐT Vasile Cirtoaje và

phương pháp này

Trước tiên ta nói về bất đẳng thức Vasile Cirtoaje:

Cho a b c; ; 0 thỏa mãn abc1 chứng minh rằng: 2 1 2 1 2 1 1

Chứng minh:

Bài này ta hoàn toàn có thể dùng kĩ thuật ở trên để chứng minh, nhưng tôi sẽ trình bày cách chứng minh nó

bằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM quen thuộc

Do abc1 nên sẽ tồn tại x y z; ; 0 sao cho a yz2;b zx2;c xy2

Khi đó ta có:

2

2 2 2 4

1

1 1

x LHS

 

Thật vậy BĐT cuối tương đương: 2 2 2 2 2  

x y y z z xxyz x y z (Đúng theo AM-GM )

Nên BĐT được chứng minh Dấu “=” xảy ra khi a  b c 1

Như vậy ta có BĐT: 2 1 2 1 2 1 1

      với điều kiện a b c, , 0;abc1 Ngoài ra ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng khác:

2

Trang 7

Thật vậy bất đẳng thức này được viết lại: 1 2 1 1

1

k

cyc

a

 



2

1

cyc



Đây là bất đẳng thức Vasile Cirtoaje đã được chứng minh:

Hai dạng này là tương đương với nhau, nhưng ở những bài toán khác nhau thì ta có thể áp dụng chúng một cách linh hoạt

Ví dụ 1: Cho các số dương a b c; ; thỏa mãn abc1 chứng minh rằng: 2 1 1

4 2 1

 



Chứng minh:

Phân tích: Thứ nhất bài toán yêu câu chứng minh theo chiều  nghĩa là ta cần đánh giá:

 

4a 2a 1a k a k 1 i

    với k là hệ số bất định

Và yêu cầu của chúng ta bây giờ là tìm k thích hợp Cách làm thì không khác gì đối với bài toán 1

Ta có BĐT   2 2

4 2

i a a  a  a đạo hàm hai về và cho a1 ta có k 2

4a 2a 1 a a 1a a  a 

    luôn đúng theo AM-GM

Xây dựng các BĐT tương tự với biến b,c cộng lại, kết hợp BĐT Vasile CirtoajeQ E D

Ví dụ 2: Cho các số dương a b c; ; thỏa mãn abc1 chứng minh rằng: 2 1 3

1

 



Chứng minh:

Bây giờ bài toán cần chứng minh với chiều  khi đo ta sẽ cần đánh giá như sau: 2 1 3 2 1

2

k

a





Việc tìm k tương tự như những bài toàn từ đầu đến giờ, xin nhường bạn đ c

Nhận xét: BĐT Vasile Cirtoaje là một BĐT khá chặt, vì thế nên nó có ứng dụng khá lớn trong chứng minh các bđt cùng loại Các bạn có thể áp dụng những phương pháp này để chứng minh các bđt khác Việc tự nhiên cho ra các bđt phụ và kết hợp nó với một bổ đề trên trời rơi xuống sẽ làm cho cách giải của ta trở nên độc đóa ( đối với những người chưa biết đên pp này)

IV) Bài tập áp dụng:

Bài 1: Cho a,b,c là các số thực dương, chứng minh rằng:

9 4

a b c

 

Bài 2 (Nesbitt): Cho a,b,c là các số thực dương, chứng minh rằng:

3 2

Bài 3 (IMO 2001): Cho a,b,c là các số thực dương, chứng minh rằng:

Trang 8

Bài 4 (Poland 1996): Cho ; ; 3; 1

4

    chứng minh rằng:

9 10

Bài 5 (Russia 2000): Cho x;y;z là các số thực dương thỏa mãn xyz1, chứng minh rằng:

2 2 2

2

x y z    x y z xyyzzx

Bài 6 (Bantic way, 2005): Cho x;y;z là các số thực dương thỏa mãn xyz1, chứng minh rằng:

Bài 7 (Croatia 2005): Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn 1 1 1 1

a  b c , chứng minh rằng:

a1b1c 1 8

Bài 8: Cho x;y;z là các số thực dương thỏa mãn 3 4 2 2

x  y z 

   ,

3 4 2

9

1 8

Bài 9: Cho x y z; ;  1 thỏa mãn x3y3z3x2y2z2 Chứng minh rằng:

Bài 10: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn  2   2 2 

a  a b c  c 

3 4 5 1

a b c 

Bài 11: Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn a b c d   1, Chứng minh rằng:

 3 3 3 3 2 2 2 2 1 6

8

Bài 12 (Bin Zhao): Cho a,b,c là các số thực dương Chứng minh rằng:

Bài 13 (USAMO): Cho a,b,c là các số thực dương Chứng minh rằng:

8

Bài 14: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b c  3 Tìm GTLN của biểu thức:

Bài 15: Cho a b c; ; 0Chứng minh: b c2 c 2a a b2 1 1 1

Bài 16: Cho x y z; ; 0thỏa mãn a b c  3 Chứng minh: 2 1 2 1 2 1 1

Bài 17 (Hongkong 1997): Cho x y z; ; 0Chứng minh:  

2 2 2

9



Trang 9

Bài 18: Cho x y z, , là các số thực dương thoả mãn xyz1Chứng minh rằng:

1

Bài 19: Cho a b c, , là các số thực dương thoả mãn abc1Chứng minh rằng:

1

3a (a 1) 3b (b 1) 3c (c 1) 

Bài 20: Chứng minh rằng với m i a b c, , dương, ta luôn có:

Bài 21: Giả sử a b c, , là các số thực dương sao cho abc1.Chứng minh rằng

( 1) ( 1) ( 1)

8 (a 1) (b 1) (c 1) 

c)

3

      

        

4

e)

1;

2a 6a 1 2b 6b 1 2c 6c 1

Trang 10

Định dạng
Số trang	10
Dung lượng	471,76 KB