Chuyen de doi bien trong CM BDT hay dung de OTDH

Sẽ thông minh hơn nếu ta biết vận dụng nó để sáng tạo và tìm lời giải cho các bài toán mới.[r]

Đổi Biến Để Chứng Minh Bất ĐẳngThức VD1:(BĐT Nesbitt): Cho a,b,c số thực dương CMR:

3

a b c

b c c a a b     

Ta đặt

2

2

2 y z x a

x b c

x z y

y c a b

z a b x y z

c

  

   

 

 

 

   

 

   

   

 

 nên BĐT

1

2

y z x x z y x y z

x y z

       

    

 

2

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

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

     

          

 

    (đúng)

Vậy BĐT đuợc chứng minh Dấu “=” xảy  a b c 

VD2: (Prance Pre –MO 2005) Cho số thực dương x, y, z thoả mãn: x2y2z2 3 CMR:

xy yz zx z  x  y 

Đặt

xy a

z yz b

x zx c

y 

   

   

 

 với a b c, , 0từ giả thiết x2y2z2 3  ab bc ca  3 Và BĐT cần CM  CM BĐT a b c  3

mặt khác ta có BĐT sau: a2b2 c2 ab bc ca   a b c   3(ab bc ca  ) 3 Vậy BĐT đuợc chứng minh

Dấu “=” xảy  x  y z

VD3: Cho x, y, z >0 thoả x y z  1 CMR

1 36 x yz 

Từ giả thiết ta đặt:

a x

a b c b y

a b c c z

a b c 



  

 

 

  

 

  

 với a,b,c >0

Nên BĐT  CM 36

a b c a b c a b c

a b c

     

  

4 9 22

b c a c a b

a a b b c c

      

4 9 .9 22

b a c a c b b a c a c b

a b a c b c a b a c b c

     

          

Dấu “=” xảy

1

2

3

1 x

b a

y

c a

z 

   

 

    



 

   

VD4: Cho x, y, z số thực dương CMR xyz(x y z y z x z x y  )(   )(   )

Ta đặt

x b c y c a z a b    

  

  

 với a b c, , 0nên BĐT  CM BĐT (a b b c c a )(  )(  ) 8 abc mặt khác ta có (a b b c c a )(  )(  ) 8 abc a b c (  )2b c a(  )2c a b(  )2 0 Vậy BĐT đuợc chứng minh

Dấu “=” xảy  x y z

VD5: ( IMO 2000) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn abc=1 CMR:

1 1

1 1

a b c

b c a

     

      

     

     

Do abc1 nên ta đặt x a

y y b

z z c

x 

   

   

 

 với x y z, , 0

Nên BĐT viết lại

1 1

x z y x z y

y y z z x x

     

      

     

   

 

 xyz(x y z y z x z x y  )(   )(   ) (đã CM VD4) Vậy BĐT đuợc chứng minh

Dấu “=” xảy  a b c  1

VD6:( IMO-1995) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn abc=1

CMR : 3

1 1

( ) ( ) ( )

a b c b c a c a b 

Ta đặt

1

1 a

x b

y c

z 

   

   

 

 với x y z, , 0 abc1 nên xyz1

Nên BĐT

2 2 3

2

x y z

y z z x x y

   

  

mặt khác theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có:

       

2 2

2

x y z

y z z x x y x y z

y z z x x y

 

           

    

2 2 33 3

2 2

xyz

x y z x y z

y z z x x y

   

      

  

 

Vậy BĐT đuợc chứng minh Dấu “=” xảy  a b c  1

VD7: Cho x, y, z số thực dương thoả mãn: xyz x y z   2

CMR:

3 x y z  xyz

Từ

1 1

2

1 1

xyz x y z

x y z

       

  

Ta đặt

1 1

, ,

1x a 1y b 1z c với a b c, , 0

1 1

, ,

a b c b a c c a b

x y z

a a b b c c

     

      

Nên BĐT cần CM CM BĐT

2

a b b c c a

b c c a   c a a b   a b b c  

Mặt khác ta có:

1

2

a b a b

b c c a a c b c

 

   

     

1

2

b c b c

c a a b b a c a

 

   

     

1

2

c a c a

a b b c c b a b

 

   

     

Nên

1

2

a b b c c a a b b c c a

b c c a c a a b a b b c a c b c b a c a c b a b

 

         

             

Vậy BĐT

Dấu “=” xảy  x  y z

Sau số tập để luyện tập:

Bài 1: Cho a,b,c cạnh tam giác:

1,

a b c

b c a c a b a b c        

2,

1 1 1

a b c b c a c a b         a b c

Bài 2: Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x2y2z22xyz1 CMR:

1,

3 x y z  

2,

1 1

4(x y z) x y z  

Gợi ý: từ giả thiết ta đặt , ,

a b c

x y z

b c c a a b

  

  

Bài 3: Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a b c  1 CMR:

1 1

Bài 4: Cho a b c, , 0 thoả mãn abc1 CMR:

3

1

a b c ab bc ca

 

   

Bài 5: Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác CMR: 1, a2b2 c2 4 3S với S diện tich tam giác 2, a b a b2 (  )b c b c2 (  )c a c a2 (  ) 0

Gợi ý: Đặt a x y b  ,  y z c z x,  

TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN

“Tìm lời giải cho tốn phát minh” (Polya) Sẽ thông minh ta biết vận dụng để sáng tạo tìm lời giải cho toán Bài viết đề cập đến bất đẳng thức quen thuộc, đơn giản số toán áp dụng bất đẳng thức

Bài toán: Với hai số dương x y ta có:

x+y≤

1 4(

1

x+

1

y) (1)

Đẳng thức xảy x =y.

Bất đẳng thức (1) có nhiều cách chứng minh đưa hai cách chứng minh phổ biến

Cách 1 Với hai số dương x y ta có:

(x+y) 0⇒ (x + y)2 xy⇒ x+y≤

1 4(

1

x+

1

y) Rõ ràng, đẳng thức xảy x = y

Cách 2 áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số dương ta có x+y 2√xy,

x+

1

y ≥2√

1

x

1

y=

2

√xy

Từ đó: (x+y) ( x+

1

y¿≥4⇒

1

x+y≤

1 4(

1

x+

1

y) Và đẳng thức xảy x =y

Cho số dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức (1) ta có a+b1 ≤1

4(

a+

1

b);

1

b+c≤

1 4(

1

b+

1

c);

1

c+a≤

1 4(

1

c+

1

a) Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được:

Bài toán 1 Cho ba số dương a, b, c, ta có: a+b1 +

b+c+

1

c+a≤

1 2(

1

a+

1

b+

1

c) (2) Đẳng thức xảy a = b = c.

* Áp dụng (2) cho số a+b, b+c, c+a ta được: a+21b+c+

b+2c+a+

1

c+2a+b≤

1 2(

1

a+b+

1

b+c+

1

c+a) (3) * Kết hợp (2) (3) ta có

Bài toán 2 Với a, b, c số dương:

a+2b+c+

1

b+2c+a+

1

c+2a+b≤

1 4(

1

a+

1

b+

1

c) (4) Đẳng thức xảy a = b = c

Chú ý: Nếu thêm giả thiết 1a+1 b+

1

c=4 tốn nội dung câu V, Đề thi Đại học Cao đẳng khối A, năm 2005

Bài toán 3 Chứng minh với a, b, c dương:

a+2b+c+

1

b+2c+a+

1

c+2a+b≤

1

a+3b+

1

b+3c+

1

c+3a (5)

a+13b+ b+2c+a≥

4

(a+3b)+(b+2c+a)=

2

a+2b+c b+13c+

c+2a+b≥

4

(b+3c)+(c+2a+b)=

2

b+2c+a c+13a+

a+2b+c≥

4

(c+3a)+(a+2b+c)=

2

c+2a+b

Cộng vế với vế bất đẳng thức rút gọn ta co bất đẳng thức (5)

Đẳng thức xảy khi:

¿

a+3b=b+2c+a b+3c=c+2a+b c+3a=a+2b+c

⇔a=b=c

¿{ {

¿

Bài toán 4 Hãy xác định dạng tam giác ABC góc ln thỏa mãn đẳng thức sau:

tg A 1+tgB

2 tg

C

2

+

tgB 1+tgC

2 tg

A

2

+

tgC 1+tg A

2 tg

B

2

=

4 tg A tg

B

2 tg

C

2

Giải: Đặt x=tg A

2 , y=tg

B

2, z=tg

C

2 x, y, z dương xy + yz + zx=1

Hệ thức trở thành:

x

1+yz+ y

1+zx+ z

1+xy=

1 xyz

Ta có:

x

1+yz+ y

1+zx+ z

1+xy=

x

(xy+yz)+(zx+yz)+

y

(xy+zx)+(yz+zx)+

z

(xy+yz)+(zx+xy)≤

1 4(

x

xy+yz + x

zx+yz )+

1 4(

y

xy+zx+ y

yz+zx)+

1 4(

z

xy+yz+ z

zx+xy)=¿=

1 4(

x+z

xy+yz + x+y

zx+yz + y+z

xy+zx)=

1 4(

1

x+

1

y+

1

z)=

xy+yz+zx

4 xyz =

1 xyz

Đẳng thức xảy khi: x = y = z hay tam giác ABC

Bài toán 5 Cho x, y, z số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0, x + 1>0, y + 1 > 0, z + > 0 Hãy tìm giá trị lớn

Q= x x+1+

y y+1+

z z+1

Giải: Đặt a = x + > 0, b = y + > 0, c = z + > 0 Ta có: a + b + c = 6 Q=a −1

a + b−1

b + c −1

c =3−(

1

a+

1

b+

4

c) Theo bất đẳng thức (1) ta có:

(1

a+

1

b)+

4

c ≥

4

a+b+

4

c≥

16

a+b+c=

8

⇒Q ≤3−8

Đẳng thức xảy khi:

¿

a=b a+b=c a+b+c=6

⇔

¿a=b=3

2

c=3

⇔

¿x=y=1

2

z=−1

¿{ {

¿

Vậy: MaxQ=1

3 đạt

¿

x=y=1

2

z=−1

¿{

¿

Bài tốn 6 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A=x −1

t+y+

1− y y+z+

y − z z+x +

z − x x+t Với x, y, z, t số dương

Giải : Ta có: A=(x − t

1+y+1)+( t − y

y+z+1)+( y − z z+x +1)+(

z − x

x+t +1)−4=¿= x+y t+y +

t+z y+z+

y+x z+x+

z+t

x+t−4=¿=(x+y)[

1

t+y+

1

z+x]+(t+z)[

1

y+z+

1

x+t]−4≥ (x+y)

x+y+z+t+(t+z)

4

x+y+z+t −4=¿=

4(x+y+z+t)

z+y+z+t −4=0 Vậy MinA=0 x = y = z = t.

Trên số toán áp dụng bất đẳng thức (1) sau số tập tương tự:

Bài 1 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh bất đẳng thức:

1/

2a+3(b+c)+

1

2b+3(c+a)+

1

2c+3(a+b)≤(

1

a+b+

1

b+c+

1

c+a)

1

2/

a+2b+3c+

1

b+2c+3a+

1

c+2a+3b≤

1 2(

1

a+2c+

1

b+2a+

1

c+2b)

Bài 2 Chứng minh a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = ab + bc + ca thì:

a+2b+3c+

1

b+2c+3a+

1

c+2a+3b<

17 96

Bài 3 Cho x > 0, y > thỏa mãn x + y Tìm giá trị nhỏ của: A=

x2 +y2+

2 xy+4 xy

Bài 4. Cho tam giác ABC có chu vi a + b + c = k (không đổi), BC = a, CA = b, AB = c Tìm giá trị lớn biểu thức:

T=ab

a+b+2c+

bc

b+c+2a+

ca

c+a+2b

Bài 5. Cho tam giác ABC có chu vi 2p=a+b+c (a,b, c độ dài cạnh) Chứng minh rằng:

p − a+

1

p −b+

1

p − c≥2(

1

a+

1

b+

1