Phương pháp hệ số bất định trong chứng minh bất đẳng thức

Hà Minh Chung – Tặng bạn lớp k43 Toán – Tin trường Đại học Tây Bắc – sđt: 0966 13 66 19 PHƯƠNG PHÁP UCT CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC (UCT – Un coeficent Teachmque – Kỹ thuật hệ số bất định) I CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP: Sử dụng biểu thức phụ chứa hệ số chưa xác định để giải toán dễ dàng Biểu thức phụ dạng cố định Dấu hiệu để sử dụng phương pháp UCT gặp toán khó, toán biến có tính chất đối xứng II NỘI DUNG: * Phương pháp chung: + Bước 1: Dự đoán điểm rơi (để xác định hệ số bất định dễ dàng hơn) + Bước 2: Tìm biểu thức phụ (Lưu ý: Bậc biểu thức phụ phải bậc hạng tử điều kiện cho ban đầu toán) chứng minh bất đẳng thức phụ + Bước 3: Áp dụng bất đẳng thức phụ vào chứng minh toán Ví dụ 1: Cho a, b, c lớn thỏa mãn a + b2 + c = Tìm GTNN biểu thức: P = 2(a + b + c) + 1 + + a b c * Nháp: Dự đoán điểm rơi: a = b = c = 1 1 + + a b c 1 = (2a + ) + (2b + ) + (2c + ) a b c P = 2( a + b + c) + Tìm biểu thức phụ: Ta dự đoán biểu thức phụ có dạng 2x + ≥ mx + n x (*) Do ta có:   2a + a ≥ ma + n    2b + ≥ mb + n b    2c + c ≥ mc + n  Hà Minh Chung – Tặng bạn lớp k43 Toán – Tin trường Đại học Tây Bắc – sđt: 0966 13 66 19 Cộng vế ta được: P ≥ m(a + b + c ) + 3n = 3(m + n) Ở ta dự đoán điểm rơi a = b = c = 1, nên P = Do ta có n = – m, thay ngược trở lại vào (*), ta được: ≥ mx + − m x ⇔ x + ≥ m( x − 1)( x + 1) + x 2 x − 3x + ⇔ ≥ m( x − 1)( x + 1) x ( x − 1)(2 x − 1) ⇔ ≥ m( x − 1)( x + 1) x 2x − ⇔ m≤ x( x + 1) 2x + Đồng x = vào ta m = ⇒ n = , ta biểu thức phụ là: 2x + 1 ≥ x + x 2 Lời giải: Với x ∈ ( 0;3) , ta có: 1 ≥ x + x 2 ⇔ x − x + 5x − ≤ 2x + (**) ⇔ ( x − 1) ( x − 2) ≤ Dấu “=” xảy x = Bất đẳng thức cuối hiển nhiên Áp dụng bất đẳng thức (**) cho toán, ta có: 15 18 P ≥ (a + b + c ) + = + = = (đpcm) 2 2 Dấu “=” xảy a = b = c =1 Ví dụ 2: Cho a, b, c ≥ thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: P = 5a + + 5b + + 5c + ≥ * Nháp: a = hoán vị Khi ta dự đoán:  b, c = Dự đoán điểm rơi:  Hà Minh Chung – Tặng bạn lớp k43 Toán – Tin trường Đại học Tây Bắc – sđt: 0966 13 66 19 5a + ≥ ma + n Đến ta để ý có điểm rơi, ta thay a = a = vào ta được: n = m = ⇒   m + n = n = Ta có bất đẳng thức phụ 5a + ≥ a + Lời giải: Ta chứng minh bất đẳng thức phụ: 5a + ≥ a + Với a ∈ [ 0;1] , ta có: 5a + ≥ a + ⇔ 5a + ≥ a + 4a + ⇔ a2 − a ≤ ⇔ a( a − 1) ≤ Bất đẳng thức cuối hiển nhiên với a ∈ [ 0;1] Do đó: P ≥ a + b + c + + + 2+ = (đpcm) Dấu “=” xảy a = 1; b, c = hoán vị Ví dụ 3: Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: P= 1 + + ≤1 a +b + c b + c + a c + a + b * Nháp: Dự đoán điểm rơi: a = b = c = , P = Ta có: 1 1 1 + + = + + a +b + c b + c + a c + a + b a − a + b −b + c −c + Dự đoán biểu thức phụ: ≤ ma + n a −a + ⇒ P ≤ m(a + b + c ) + 3n Thay a = ta được: P ≤ 3(m + n) = ⇒ n = − m Ta có: Hà Minh Chung – Tặng bạn lớp k43 Toán – Tin trường Đại học Tây Bắc – sđt: 0966 13 66 19 1 ≤ ma + − m a −a + 3 1 ⇔ − ≤ m( a − 1) a −a + 3 − (a −a + 3) ⇔ ≤ m(a − 1) a −a + − a( a − 1) ⇔ ≤ m(a − 1) a −a + −a ⇔m≥ a −a + Ta đồng cách thay a = vào, ta được: m = -1/3 n = 2/3 Ta có bất đẳng thức phụ là: 1 ≤− a+ a −a + 3 Lời giải: Chứng minh bất đẳng thức phụ: Với x ∈ ( 0;3) , ta có: 1 ≤− x+ x −x + 3 3 ⇔ x − 3x + x − ≤ ⇔ (x − 1) (x − 3) ≤ Bất đẳng thức cuối hiển nhiên Áp dụng vào toán ta được: P ≤ − (a + b + c) + = (đpcm) 3 Dấu “=” xảy a = b = c =1 Ví dụ 4: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: P= a (b + c ) b (c + a ) c(a + b) + + ≤ 2 a +(b + c) b +(c+ a ) c + (a + b) * Phân tích: Ở ví dụ ta nhận thấy toán có điều kiện ban đầu, điều giúp ta dự đoán điểm rơi cách xác Nhưng toán không cho điều kiện buộc biến nên khó dự đoán điểm rơi Để giải vấn đề làm quen với “Kỹ thuật chuẩn hóa” chứng minh bất đẳng thức Nhưng hẳn tồn câu hỏi: Thế chuẩn hóa? Chuẩn hóa đơn giản cách ta đặt ẩn phụ từ làm xuất điều kiện buộc biến * Dấu hiệu chuẩn hóa: Bậc hạng tử phải * Cách đặt ẩn mới: Hà Minh Chung – Tặng bạn lớp k43 Toán – Tin trường Đại học Tây Bắc – sđt: 0966 13 66 19 Ta chia hạng tử cho: abc, a + b + c,(a + b + c) , a + b + c , ab + bc + ca Việc chia để xuất ẩn kèm theo điều kiện thích hợp để dễ dàng sử dụng phương pháp hệ số bất định UCT Trở lại toán: Ta nhận thấy hạng tử có tử mẫu bậc 2, ta nghĩ đến việc chia tử mẫu cho (a + b + c) , ta có: a (b + c) b(c + a ) a (b + c) 2 (a + b + c) (a + b + c) (a + b + c ) + + ≤ 2 2 2 a +(b + c ) b +(c + a) a +(b + c) 2 (a + b + c) (a + b + c) (a + b + c ) a b+c b c+a c a +b a+ b + c a+ b + c a+ b + c a+ b + c a+ b + c a+ b + c ⇔ + + ≤ 2 2 2 c  a   b+c   b   c+a     a+b   ÷ + ÷  ÷ + ÷  ÷ + ÷  a+ b + c   a+ b + c   a+ b + c   a+ b + c   a+ b + c   a+ b + c  a  x = a+ b + c  b  Đặt:  y = a+ b + c  c  z = a+ b + c  Khi bất đẳng thức cho tương đương với: P= x(y+ z ) y(z + x) z(x + y ) + + ≤ với x + y + z = 2 x + (y + z ) y + (z + x) z + (x + y ) * Lưu ý: Việc chuẩn hóa không bó buộc phạm vi Giả sử đặt ẩn phụ ta chuẩn hóa x + y + z = Đến ta hoàn toàn sử dụng phương pháp hệ số bất định UCT Ta có: x(y+ z ) y(z + x) z(x + y ) + + ≤ 2 x + (y + z ) y + (z + x) z + (x + y ) x(3 − x) y(3 − y ) z(3 − z ) ⇔P= + + ≤ 2 x +(3 − x) y +(3 − y ) z +(3 − z ) x(3 − x) y(3 − y ) z(3 − z ) ⇔P= + + ≤ x −6 x + y −6 y + z −6 z + P= * Nháp: Dự đoán điểm rơi: x = y = z = 1, P = 6/5 Dự đoán biểu thức phụ: t(3 − t ) ≤ mt + n 2t −6t + (*) Hà Minh Chung – Tặng bạn lớp k43 Toán – Tin trường Đại học Tây Bắc – sđt: 0966 13 66 19 Thay t = vào ta được: ⇒ 6 = m.3 + 3n ⇔ = 3(m + n) ⇒ n = − m 5 Thay vào biểu thức (*) ta được: t(3 − t ) ≤ mt + − m 2t −6t + −9t + 27t − 18 ⇔ ≤ m(t − 1) 5(2t − 6t + 9) −9(t − 2) ⇒m≥ 5(2t − 6t + 9) Ta đồng t = 1, suy m = 9/25 n = 1/25 Khi ta có bất đẳng thức phụ: t(3 − t ) ≤ t+ 2t −6t + 25 25 Lời giải: Chứng minh bất đẳng thức phụ: t(3 − t ) ≤ t+ 2t −6t + 25 25 Với t ∈ ( 0;3) , ta có: t(3 − t ) ≤ t+ 2t −6t + 25 25 ⇔ 18t − 27t + ≥ ⇔ 9(t − 1) (2t + 1) ≥ Với t ∈ ( 0;3) bất đẳng thức cuối Áp dụng vào toán, ta có: P= x(3 − x) y(3 − y ) z(3 − z ) + + ≤ ( x + y + z ) − = 2 x −6 x + y −6 y + z −6 z + 25 27 Dấu “=” xảy x = y = z = (đpcm) Ví dụ 5: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: P= a2 b2 c2 + + ≥ 2 2 2 a +(b + c) b +(c+ a) c +(a + b) Chia hai vế cho (a + b + c) Hà Minh Chung – Tặng bạn lớp k43 Toán – Tin trường Đại học Tây Bắc – sđt: 0966 13 66 19 a  x = a+ b + c  b  Đặt:  y = a+ b + c  c  z = a+ b + c  Khi bất đẳng thức cho tương đương với: P= x2 y2 z2 + + ≥ với x + y + z = 2 2 2 x + (y + z ) y + (z + x) z + (x + y ) P= x2 y2 z2 + + x + (3 − x) y + (3 − y) z +(3 − z ) Vế trái: = x2 y2 z2 + + x −6 x + y −6 y + z −6 z + Biểu thức phụ: t2 ≥ mt + n 2t −6t + ⇒ = 3(m + n) ⇒ n = − m 5 t2 ≥ mt + − m 2 t + (3 − t) 3t + 6t − ≥ m(t − 1) 5(2t − 6t + 9) Vậy: (t − 1)(t + 2) ⇔ ≥ m(t − 1) 5(2t − 6t + 9) 12 ⇒m= ⇒n=− 25 25 ⇔ Lời giải: Chứng minh bất đẳng thức phụ: t2 12 ≥ t− 2t −6 t + 25 25 Với t ∈ ( 0;3) , ta có: t2 12 ≥ t− 2t −6 t + 25 25 ⇔ 25t ≥ 24t − 86t + 150t − 63 ⇔ 8t − 37t + 50t − 21 ≤ ⇔ (t − 1) (8t − 21) ≤ Hà Minh Chung – Tặng bạn lớp k43 Toán – Tin trường Đại học Tây Bắc – sđt: 0966 13 66 19 Đến ta xét trường hợp:  + Trường hợp 1: t ∈  0;  21  ÷ bất đẳng thức cuối đúng, đó: P ≥ 8  + Trường hợp 2: t ∈  21  ; +∞ ÷ bất đẳng thức cuối lớn 0, giá     trị t ∈  ; +∞ ÷ không thỏa mãn   21 Áp dụng vào toán, ta có: P= x2 y2 z2 12 15 + + ≥ ( x + y + z ) − = = 2 2 x −6 x + y −6 y + z −6 z + 25 25 25 Dấu “=” xảy x = y = z = (đpcm) Ví dụ 6: Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm GTNN của: P = ab + ac + bc ... n = Ta có bất đẳng thức phụ 5a + ≥ a + Lời giải: Ta chứng minh bất đẳng thức phụ: 5a + ≥ a + Với a ∈ [ 0;1] , ta có: 5a + ≥ a + ⇔ 5a + ≥ a + 4a + ⇔ a2 − a ≤ ⇔ a( a − 1) ≤ Bất đẳng thức cuối hiển... = 2/3 Ta có bất đẳng thức phụ là: 1 ≤− a+ a −a + 3 Lời giải: Chứng minh bất đẳng thức phụ: Với x ∈ ( 0;3) , ta có: 1 ≤− x+ x −x + 3 3 ⇔ x − 3x + x − ≤ ⇔ (x − 1) (x − 3) ≤ Bất đẳng thức cuối hiển... Lời giải: Chứng minh bất đẳng thức phụ: t(3 − t ) ≤ t+ 2t −6t + 25 25 Với t ∈ ( 0;3) , ta có: t(3 − t ) ≤ t+ 2t −6t + 25 25 ⇔ 18t − 27t + ≥ ⇔ 9(t − 1) (2t + 1) ≥ Với t ∈ ( 0;3) bất đẳng thức cuối