Bất đẳng thức đại số và phương pháp PQR - Lê Phúc Lữ

Ta biết rằng phương pháp pqr là các tiếp cận mạnh và hiệu quả cho nhiều bài BĐT đối xứng ba biến.. Đi đôi với phương pháp này, ta có BĐT Schur để đánh giá các quan hệ giữa các đại[r]

(1)

Trường Đông miền Nam 2019 – Hướng tới kỳ thi VMO 2019 – 2020

30 PHẦN BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ VÀ PHƯƠNG PHÁP PQR

Ta biết phương pháp pqr tiếp cận mạnh hiệu cho nhiều BĐT đối xứng ba biến Trong đó, ta đặt pxyz q, xyyzzx r, xyz

Thông dụng : p 3 q3,r1; r 1 p3,q3.

Đi đơi với phương pháp này, ta có BĐT Schur để đánh giá quan hệ đại lượng Chẳng hạn

2 (4 )

max ,

9

p q p

r   

 

Chú ý: phương pháp dùng đề cho số thực dương không âm Bài 7.1 (Quảng Nam) Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn xy yz zx3 Chứng minh 3

7 10

x  y z  xyz Lời giải Ta có 3 3

9

x  y z  p  p r nên BĐT cho viết lại thành

9 10 10

p  p r

Vì q3

2

(4 ) (12 )

9

p q p p p

r    nên ta có hai trường hợp :

- Nếu

12

p 

9 ( 9) 10

p  p p p   p  , BĐT cần chứng minh

- Nếu

12

p  3 10

9 10 (12 )

9

p  p r p  p pp , ta đưa chứng minh

3

39

10

p p

 hay

(p3)(p 3p30)0

BĐT cuối p 3 p2 12,3p6 3 nên

3 30

p  p  Bài 7.2 (Vũng Tàu)

a) Chứng minh a b c, , 0 mà 1 1

1 3 a 1 3 b 1 3 c  abc1

b) Chứng minh a b c, , 0

2

3 sym

a

a a bc



 



(2)

31

a) Đặt , ,

1 1 1

x y z

a b c

  

      xy z

3

, , 0;

2

x y z    

Ta tính a 22 x,b 22 y,c 22 z

x y z

  

   nên đưa

2 2

(3 )(3 )(3 ) x  y  z  x y z hay

2 2

(x yz z)( xy y)(  z x)x y z

Nhân hai vế cho

(xyz) 27, ta có

3

2 2 2 4

2 2 2 4 2

( )( )( )( )

2( ) ( ) ( )

9 2( ) ( ) ( )

x y z z x y y z x x y z

x y y z z x x y z x y z

       

 

        

 

         

Ta đưa chứng minh 2 2 2 4 2 2 2

2(x y y z z x ) (x y z ) (x y z ) 3x y z

         

 

Đặt 2 2 2 2 2 2

, ,

px y z qx y  y z z x r x y z cần có

2

(4q p )p3r hay

2

(4 )

3

p q p

r  ,

đúng theo BĐT Schur

b) Chia tử mẫu phân thức cho a b c, , đặt x bc2,y ca2 ,z ab2

a b c

   xyz1

cần chứng minh 1 1

1 3 x 1 3 y 1 3 z 

Giả sử phản chứng BĐT sai, tức VT 1 Thay ( , , )x y z ( , , )x y z cho VT 1 z z nên xyz 1 Nhưng theo câu a xyz 1 nên mâu thuẫn, ta có đpcm

Bài 7.3 (Ninh Bình) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn 2

(a 1)(b 1)(c 1)8 Tìm giá trị lớn Pab bc ca 

(3)

32 Dự đoán abbcca3 Ta giả sử abbcca3 Thay ( , , )a b c ( , , )a b c với c c cho abbcc a 3 Khi đó, 2

(a 1)(b 1)(c 1)8 Ta cần điều vô lý

Ta giải toán sau: Giả sử x y z, , số thực dương xyyzzx3 Ta cần chứng minh

rằng 2

(x 1)(y 1)(z 1)8

Ta có

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

( 1)( 1)( 1)

2 2

x y z x y z x y y z z x x y z

r q pr p q r pr p

          

         

Ta cần chứng minh 2

2

r  pr p   hay

(pr) 4

Chú ý q3 p3,r1 nên p r 2, điều cho thấy

(pr) 4 Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh

Bài 7.4 (chọn đội tuyển KHTN) Cho a b c, , 0, chứng minh

3 3 1 2

(a b c ) 6(ab bc ca) 9(a b c )

a b c

 

          

 

Lời giải Ta viết lại BĐT cho thành

3

(p 3pq )r q 6q 9(p )q

r

    

Chuẩn hóa q3, ta đưa (p3 9p 3 )r 18 9(p2 6) r

     hay

2

3 ( 9)

9 81

p p

p r



  hay

(p 9)(p3 )r 0

BĐT cuối p3,r1

Bài 7.5 (chọn đội tuyển KHTN) Cho a b c, , 0, chứng minh

6 6

6

2 2

a b c a b c

(4)

33 Lời giải Đặt x 2a ,y 2b ,z 2c xy yz zx xyz

b c c a a b

       

   Ta cần có

6 6

12

1 1

x y z

     

  

Khi với quy ước p x yz q, xyyzzx r,  xyz q r Ta cần chứng minh

2

6rp p126r(p3)(p4)0 (*)

Theo BĐT Schur

9

p  r pq hay

3

3 16

9 (4 ) (9 ) 16

9

p p

p r p r r p p p r

p 

        



- Nếu p4 BĐT (*)

- Nếu p4 thay vào (*), ta có

3

6(16 ) (4 )( 3)(2 9)

6 ( 3)( 4) ( 3)( 4)

9 4

p p p p p

r p p p p

p p

   

        

  ,

Định dạng
Số trang	4
Dung lượng	173,54 KB