Đang tải... (xem toàn văn)
Mục đích là rèn luyện HSG, nâng cao khả năng tư duy giải toán cho HSG hay học sinh lớp chọn về BĐT... Từ các phân tích trên suy ra:.[r]
(1)Các bạn tham khảo Mục đích rèn luyện HSG, nâng cao khả tư giải toán cho HSG hay học sinh lớp chọn BĐT Có nêu hướng dẫn mà khơng giải
Ví dụ : (THPT Như Thanh - Thanh Hóa 2018 2019) Cho a, b, c0 và a2 b2 c2 3.
Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
2 2
1 1
a b c
P
b c a
.
Cách 1: (Đáp án)
Ta có: P + =
3 3
2 2
2 2
1 1
a b c
b c a
b c a
3 2
2
6
4 2 1 2 1
a a b
P
b b
3 2
2
1 2
b b c
c c
3 2
2
1 2
c c a
a a
6 6
3 3
3 3
16 16 16
a b c
2 2
6
3
( )
2 2 2
P a b c
6
9 3
2 2 2 2 2
P
Vậy
3
min
2
P a b c
Cách 2: (Cô si thuận)
Gạch bỏ số 1 ta phân tích
3 3
2
1
a a a
b b b
ta có cách giải sau: Cô si số (chuẩn)
3 2
2
1 2
1
a a b a
b b
Thành lập hai bđt tương tự cộng vế thì:
2 2
2 2 3 9 6 3
2
2 2 2 2
a b c
a b c
P P P
Vậy
3
min
2
P a b c
Cách 3: (Cơ si đảo + B.C.S)
Ta có đánh giá khử bậc hai
3 4
2
2 2
2 2
2 1 2
a a a
a b
b a b
(2)
2
2 2
4 4
2 2 2 2 2
2
2 2 2 18
12
2 2 3
a b c
a b c
P
a b b c c a a b c
Vậy
3
min
2
P a b c
Cách 4: (Đổi biến + B.C.S)
Đổi biến số a2 x b, y c, z x y z 3 Ta có 32
2
.11
ax
xyb
Tương tự ta có:
2
2 2 9 3
18
x y z
x y z
P
x y y z z x x y z x y z
.
Vậy
3
min 1
2
P x y z a b c
Cách 5: (Đổi biến + Cô si thuận)
Đổi biến số a2 x b, y c, z x y z 3 Khi
3
2
a x
x xy b
, ta có:
2 2 2
2 2
x xy x xy
x x x x
x xy x xy
Mà ta có
2
x xy x xy
nên
2 2 2
2
x x x xy
x xy
Hoàn toàn tương tự ý xy yz zx 3 ta được:
2 6 12
2 2 2
x y z x y z xy yz zx
P
Vậy
3
min 1
2
P x y z a b c
Cách 6: (Cô si đảo + B.C.S)
Áp dụng bđt Cô si ta có:
3 3
2
2
2 2 2
3
1 2
a a a a
b a ab
b b
xuất biểu thức M ab2 bc2ca2 a2b2c2 3 Thật M b ab c bc a ca nên
2 2 2 2 2 3.1 2 22 3
3
M b c a a b b c c a a b c
2 2
3
a b c a b c
(3)
2
2 2
4 4
2 2
2
2 2 2 18
3 12
3 3
a b c
a b c
P
a b c M a ab b bc c ca
.
Vậy
3
min
2
P a b c
Ví dụ 5: (HSG Đăk Lăk 2014 2015)
Cho a,b,c 0, a b c 3 Chứng minh rằng: P a 3b3c3ab bc ca 6. Cách 1: (Đổi biến tổng thể)
Ta biến đổi đánh giá theo biểu thức trung gian (trung tâm) a2 b2 c2 t 3 Ta có
2 22 2
3 3
3
a b c t
a b c
a b c
2 2
9 9
2
a b c t
ab bc ca
Khi theo
tính bắc cầu ta chứng minh bđt sau đủ: 9
6 3
3
t t
t t
(đúng t 3). Đẳng thức có t 3 a b c 1.
Hoặc từ
2 9 9 9 12
3
3 2 2
t t t t
t t
(đpcm) Cách 2: (bđt phụ)
Dùng phép thế, ta có: 27a b c 3 a3b3c33a b b c c a
3 3 3
27 a b c a b c ab bc ca 3abc a b c ab bc ca 3abc
suy a3b3 c3 27 9 ab bc ca 3abc bđt trở thành:
27 9 ab bc ca ab bc ca 3abc 6 21 3 abc8 ab bc ca .
Mà ta dễ dàng 12 4 ab bc ca nên ta chứng minh bđt sau:
2
9 3abc ab bc ca a b c abc ab bc ca a b c
(đúng bđt Schur) ta có đpcm Đẳng thức xảy a b c 1 Cách 3: (Tách biến + Cô si)
Ta có
3 3 3
(4) 3 3 2P2 a b c a 3 a b 3 b c 3 c 12
3 3 2 2 3 3 2
2 a b c a b c a b c 12 a b c a b c
(*) Để chứng minh (*) ta có nhiều cách, sau bđt Cơ si:
Ta có
3
3
2
1
2
2
a a a
a a a
a a
tương tự cộng vế rút gọn (*). Đẳng thức xảy a b c 1.
Cách 4: (Tách biến + tiếp tuyến)
Cũng biến đổi tương tự ta cần chứng minh bđt sau:
3 3 2 2
2P2 a b c a b c 3 a b c 12
Ta có
2
3
2a a 3a7 a 4 2a a 4a 3 a 2a3 0, a 0. Và tương tự suy 2P7a b c 312 12 (đpcm) Đẳng thức xảy a b c 1.
Cách 5:
Về chất cách - khác hình thức trình bầy, ta dễ dàng chứng minh
bđt sau: a2b2c2 3 Khi
2 22
3 3 a b c 2
a b c a b c
a b c
theo
tính bắc cầu
2
2 2 9 6
P a b c ab bc ca a b c ab bc ca (Vì
2
1
3
ab bc ca a b c
) đpcm Đẳng thức xảy a b c 1.
Ví dụ : (Sưu tầm) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn: a b c 3 Chứng minh rằng:
3 3 3
2
a b c
P
a bc b ca c ab
.
Hướng 1:
Phương pháp mà ta nghĩ tới bđt Cô si thuận, trước hết ta có đánh giá sau:
3 2 2
1
1;
27
abc a b c a b c a b c
(5)
3
2
4 4
a a bc
a a a abc
a
a bc a bc
hai bđt tương tự suy ra:
2 2
3 3 9 3 3
4 4
a b c abc
P
(đpcm) Đẳng thức có a b c 1. BĐT Cô si dạng không chuẩn là:
3 3 3
4 2 4
a a bc a a a a bc
a bc a bc
tương tự suy ra:
2
3
4 4 12
a b c ab bc ca a b c
P
(đpcm) Đẳng thức có a b c 1 Hướng 2:
Phương pháp thứ hai đồng bậc hóa, ta có
2 2
2
1
3 3
a b c
ab bc ca a bc
a bc a a b c bc
ta có
mẫu thức chung, ta có:
3 3
2 2
3
a b c P
a b c
và ta cần chứng minh:
3 3 2
a b c a b c (*) BĐT chứng minh đơn giản nhờ bđt Cô si B.C.S.
Ở ta áp dụng bđt Cô si sau:
3
3
2
1
1
a a a
a a a
a a
hoàn tương tự cộng vế rút gọn thành bđt (*). Hướng 3:
PP thứ ba ta nghĩ đến dùng bđt B.C.S và dùng hai dạng: + Dạng 1:
Đưa biến bình phương: 33abc a b c 3 abc 1 3abc 3 a2b2c2 Khi ta có:
2
2 2 2
4 4
2 2 2 2 2
3
3
a b c a b c
a b c
P
a abc b abc c abc a b c abc a b c
Đẳng thức có a b c 1.
+ Dạng 2:
(6)
2
2 2
3 3 3
3
a b c
a b c
a b c
a b c a b c
ta có đánh giá:
2
3 3
2
9
1 2
3
a b c
P
a b c ab bc ca a b c
Hướng 4:
Ta thử PP Cơ si ngược dấu, ta có:
3 2
2 2
2
2
a a bc a bc
a a a a abc a a
a bc a bc abc (Vì abc1). Hồn tồn tương tự suy ra:
2 2 3 3
2 2
P a b c a b c
đpcm Đẳng thức có a b c 1. Hướng 5:
Ta tách biến dùng PP tiếp tuyến, ta có:
3 3
2
4
1 4 3
4
a a a
a bc a b c a a
đề nghị bạn đọc thử chứng minh bđt sau:
3
4
1
2
4 a
a
a a xem nào.
Hướng 6:
Để sử dụng bđt Tchebyshev ta phải tách đánh giá hạng tử hợp lý Giả sử a b c 0
thì
1 1
a b c (*) 2 bc ca ab
a b c (**) (vì c3b3a3) cộng hai bđt ta được:
2 2
2 2
a bc b ca c ab a b c
a bc b ca c ab
a b c
ta hai dãy chiều.
Ta đánh giá
2
2 2 9 3
6 a b c
a b c
Q
a bc b ca c ab a b c ab bc ca
Cuối sử
dụng bđt Tchebyshev ta có:
3
3
a b c P Q