đẳng thức này cũng tương tự BĐT(*). Bài tập[r]
(1)MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA MỘT BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG PHÂN THỨC
Vũ Hồng Phong GVTHPT Tiên Du số 1
Nội dung bất đẳng thức sau:
Cho t,m,g,h số thực thỏa mãn
t ≤ m, g ≤ h 0<(m+g)(m+h) Khi ta có:
t+g m+g≤
t+h
m+h (*)
Chứng minh
Ta có: (¿)❑⇔ t+g m+g−
t+h
m+h≤0 ❑
⇔ (t+g)(m+h)−(t+h)(m+g)
(m+g)(m+h) ≤0 ❑
⇔ th+mg−mh−tg
(m+g)(m+h) ≤0 ❑
⇔ (m−t)(g−h)
(m+g)(m+h)≤0 (luôn đúng)
Đẳng thức xảy t=m
hoặc g=h
Sau số ứng dụng bất đẳng thức (*) Đặc biệt việc kiểm tra điều kiện
0<(m+g)(m+h) thí dụ xin dành cho bạn đọc
Ứng dụng 1: Chứng minh bất đẳng thức Thí dụ 1 Cho x,y,z số thực dương Chứng minh
3x3
+x y2 3x2+2xy+3y2+
3y3
+y z2 3y2+2yz+3z2+
3z3
+zx2 3z2+2zx+3x2≥
x2
+y2 2x+2y+
y2
+z2 2y+2z+
z2
+x2 2z+2x Lời giải
Ta có: (x−y)2
≥0❑⇒ x2+y2≥2xy
Áp dụng BĐT(*) với
t=2x2<m=2x2+2xy+2y2
và g=2xy ≤h=x2+y2 có:
3x2
+y2 3x2
+2xy+3y2=
2x2
+x2+y2 2x2
+2xy+2y2+x2+y2 ≥ 2x2+2xy
2x2
+2xy+2y2+2xy=
2x(x+y) 2(x+y)2=
x x+y
Vậy có 3x
2
+y2 3x2+2xy+3y2≥
x x+y
Nhân hai vế với x ta
3x3+xy2 3x2
+2xy+3y2≥ x2 x+y (1)
Đẳng thức xảy x=y
Tương tự ta có
3y3+yz2 3y2
+2yz+3z2≥ y2
y+z (2) 3z3
+zx2 3z2+2zx+3x2≥
z2
z+x (3)
Cộng vế với vế (1),(2) (3) ta được:
3x3+x y2 3x2
+2xy+3y2+
3y3+y z2 3y2
+2yz+3z2+¿ 3z3+zx2
3z2+2zx+3x2≥ P (4)
Với P= x
2
x+y+ y2
y+z+ z2
z+x
Xét Q= y
2
x+y+ z2 y+z+
(2)P−Q=x
2
−y2 x+y +
y2−z2 y+z +
z2−x2
z+x =x−y+y−z+z−x=0 P+Q=x
2
+y2 x+y +
y2+z2
y+z + z2
+x2 z+x
Suy
P=Q= x
2
+y2 2x+2y+
y2+z2 2y+2z+
z2+x2
2z+2x (5)
Từ (4),(5) suy
3x3+x y2 3x2
+2xy+3y2+
3y3+y z2 3y2
+2yz+3z2+
3z3+zx2 3z2
+2zx+3x2 ≥ x
2
+y2 2x+2y+
y2
+z2 2y+2z+
z2+x2
2z+2x
Đẳng thức xảy x=y=z Thí dụ 2. Cho a,b,c số thực không âm.Chứng minh
√ a(2+3bc) 2+a2
+2bc+√
b(2+3ca) 2+b2+2ca+√
c(2+3ab)
2+c2+2ab≤√3(a+b+c)
(1)
Lời giải
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng
x1y1+x2y2+x3y3≤
√(x12+x22+x32)(y12+y22+y32)
ta được:
VT(1)=√a √ 2+3bc
2+a2+2bc
+√b √ 2+3ca 2+b2
+2ca+√c √
2+3ab 2+c2+2ab ≤√(a+b+c) H (3)
Với
H= 2+3bc 2+a2
+2bc+
2+3ca 2+b2+2ca+
2+3ab 2+c2+2ab
Ta có 2+2a+23bc
+2bc= 2.
4+6bc 6+3a2+6bc
Do (b−c)2≥0 ❑⇒6bc ≤3(b2+c2)
Lại có 4<6+3a2
Áp dụng BĐT(*) với t=4;m=6+3a2 g=6bc ;h=3(b2
+c2)
Ta
4+6bc 6+3a2+6bc≤
4+3b2+3c2 6+3a2+3b2+3c2 ❑
⇒
2+3bc 2+a2+2bc≤
4+3b2+3c2
4+2a2+2b2+2c2 (3)
Tương tự
2+3ca 2+b2+2ca≤
4+3c2+3a2
4+2a2+2b2+2c2 (4) 2+3ab
2+c2+2ab≤
4+3a2+3b2
4+2a2+2b2+2c2 (5)
Cộng vế với vế (3),(4),(5)
H ≤12+6a2+6b2+6c2
4+2a2+2b2+2c2 =3 (6)
Từ (2) (6) suy
VT(1)≤√3(a+b+c) (đpcm)
Ứng dụng 2: Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất
Thí dụ 3 Cho x,y,z số thực dương thỏa mãn 0≤ a , b , c ≤1 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức
P= 5+a 7+b+c+
5+b 7+c+a+
5+c 7+a+c Lời giải
Áp dụng BĐT(*)
(3)ta được: 6+b+4+a+c+aa≤6+4+b+ca++11 (1) Với t2=5+a<7+b+c=m2
g2=0≤ a=h2
ta : 75+b+a++c+00≤75+b+a+a+c+a (2) Từ (1) (2) ta có
4+2a 6+a+b+c≤
5+a 7+b+c≤
5+2a
7+a+b+c (3) 4+2b
6+a+b+c≤ 5+b 7+c+a≤
5+2b
7+a+b+c (4) 4+2c
6+a+b+c≤ 5+c 7+a+b≤
5+2c
7+a+b+c (5)
Cộng vế vế (3),(4),(5) ta được:
2≤ P ≤15+2(a+b+c) 7+a+b+c
Do a , b , c ≥0 nên có: a+b+c ≥0 suy
15+2(a+b+c) 7+a+b+c
¿2+
7+a+b+c≤2+
Vậy MaxP=157 ❑⇔ a=b=c=0
MinP=2❑
⇔a=b=c=1
Ứng dụng 4: So sánh số Thí dụ 4 So sánh số 1066
L=
2
+1 22+3.2+4.
32+1 32+3.3+4…
982+1 982+3.98+4 Lời giải
Với k ≥2
t=k2−1<k2+3k+2=m
Áp dụng BĐT(*) với g=0<2=h ta
được: k
2
+1 k2+3.k+4=
k2−1+2 k2+3.k+2+2
¿ k
2
−1+0 k2+3.k+2+0=
k−1 k+2 (1)
Thay k 2,3, ,98 vào (1) nhân vế với vế BĐT lại
L>1 4.
2 5.
3 6….
97 100=
1.2 98.99.100>
6 106
Ngoài sử dụng BĐT(*) với
t=k2
<k2+3k+3=m g=1<k=h ta có
k2+1 k2+3.k+4=
k2+1 k2+3.k+3+1
¿ k
2
+k k2
+3.k+3+k= k k+3
Suy
L<2 5.
3 6.
4 7…
98 101=
2.3 99.100 101=
2 83325 Ứng dụng 5: Giải phương trình,hệ phương trình
Thí dụ 5 Giải phương trình
x2+6+14√x−1 x2+x+7+14√x−1=
2x2+2x+4
x2+7x (1) Lời giải
Điều kiện: x ≥1 suy
x2+6¿x2+x+7 Mà 14√x−1≤7x
❑
⇔4(x−1)≤ x
2
❑
⇔0≤(x−2)
2
(luôn đúng) Áp dụng BĐT(*) với
t=x2+6; m=x2+x+7
(4)VT(1)≤ x
2
+6+7x x2+x+7+7x
¿(x+1) (x+6)
(x+1) (x+7)= x+6 x+7 (2)
Đẳng thức xảy x=2 Ta lại có: xx++67≤2x
2
+2x+4 x2
+7x (3)
Thật
(3)❑
⇔(x+6)x ≤2x
2
+2x+4
❑
⇔0≤(x−2)
2
(luôn đúng)
Đẳng thức xảy x=2
Từ (2),(3) suy VT(1)≤ VP(1)
Đẳng thức xảy x=2 Vậy PT(1) có nghiệm x=2
Thí dụ 6 Giải hệ phương trình
{ x2+y2+z2=1
(3+42yz−+42yzx2+x4)
2
+(1−8x
4
z2+16z4 1+8x4z2+16z4)
2
=1
Lời giải
Dễ thấy z=0 không thỏa mãn hệ PT
cho Xét z ≠0
Do x2+y2+z2=1 nên PT thứ hai hệ
PT cho trở thành:
( 2x2+2(y+z)2
1+x4+2(y+z)2)
2
+( 8z2+2z
2
−x4
8z2+2z
2
+x4)
2
¿1 (1)
Do (x2
−1)2≥0 suy
t1=2x
≤1+x4=m1
Mà h1=2(y+z)2≥0=g1
Áp dụng BĐT(*) được:
2x2+2(y+z)2 1+x4+2(y+z)2≥
2x2
1+x4≥0(2)
Do x4≥0 nên t2=−x4≤ x4=m2
Áp dụng BĐT Cơsi ta có
h2= 8z2+2z
2≥2
√81z2.2z
=1=g2
Áp dụng BĐT(*) được:
1 8z2+2z
2
−x4
8z2+2z
2
+x4
≥1−x
4
1+x4(3)
Do x2
=1−y2−z2≤1 suy x4≤1
Vì 1−x
4
1+x4≥0 Từ (2) (3) suy
VT(1)≥( 2x
2
1+x4)
2
+(1−x
4
1+x4)
2
=1
Đẳng thức xảy
{ x2+y2+z2=1 2x2
=1+x4ho cặ 2(y+z)2≥0 −x4≤ x4ho cặ
8z2=2z
2
(I)
Hệ PT (I) có nghiệm (x;y;z)
(0;√2 ;
−√2
2 ) , (0; −√2
2 ;
√2 ) ,
(√2 ;
1 2;
−1 ) , (
√2 ;
−1 ;
1 2) ,
(−√2 ;
1 2;
−1 ) , (
−√2 ;
−1 ;
1 2)
và tất nghiệm hệ PT cho
Chú ý: Nếu t ≥ m, g ≤ h
(5)t+g m+g≥
t+h
m+h Các ứng dụng bất
đẳng thức tương tự BĐT(*)
Bài tập
Bài 1 Cho x,y,z số thực thỏa mãn
x2+y2+z2=1
Tìm giá trị nhỏ biểu thức
x2(1
−yz) (y−z)2+√1+3x2
+ y
2
(1−zx) (z−x)2+√1+3y2
+ z
2
(1−xy) (x−y)2+√1+3z2 Bài 2. Cho x , y , z ≥0 x+y+z=1
Chứng minh
x5
+yz x3+y+z+
y5
+zx y3+z+x +z5+xy
z3+x+y≤1+xy+yz+zx Bài 3. Cho
P= 2.1+1 13+12+1+
2.2+1
23+22+1+…+
2.n+1 n3+n2+1
Chứng minh: n+2n1≤ P<n+3n1
Bài 4. So sánh số 12
1 23−2−1+
1
33−3−1+…+
993−99−1
Bài 5. Giải phương trình
x2
−x+1+√2x4+2 3x2
+2x+3+√2x4+2 =−x
2
+5x+2 2x2+6x+12 Bài 6. Tìm số thực dương x,y,z thỏa mãn:
{ x+(y−8z)2 xyz=1 x+y+(y−8z)2+
y2z+(z−x)2 1+y2z+(z−x)2=1 Bài 7. Cho a,b,c số thực dương thỏa
mãn
a+ b+
1
c=1 Tìm giá trị nhỏ
của biểu thức
a2+b2+2a (a+1)2+(b+1)2+
b2+c2+2b (b+1)2+(c+1)2+
c2+a2+2c (c+1)2+(a+1)2 Bài 8 Giải hệ phương trình
{ x4+y4+z4=2 1+x4
7+√2x8+2y8+
1+y4 7+√2x8+2y8=