Đang tải... (xem toàn văn)
Kết quả của việc chọn điểm rơi chủ yếu dựa vào kinh nghiệm và trực quan toán học của mỗi người làm toán.. ỨNG DỤNG VÀO TÌM GTLN - GTNN.[r]
(1)TR TRTR
TRẦN CÔNG VN CÔNG VN CÔNG VN CÔNG VĂN N N N
BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
I.BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
Cho ai∈ℝ+,i =1,n Ta có :
1
= =
≥
∑n i ∏n i
i i
a n a , n∈ℕ\ 0,1{ } (1) Dấu ''='' xảy ⇔ =a1 a2 = = an.
CM
• Với n=1ta có : a1+a2 ≥2 a a1 2 ( ln đúng)
• Giả sử (1) với n=k, tức :
1
1
= =
≥
∑ ∏
k k k
k i
i i
a a
k Ta chứng minh (1) với n= +k 1
Thật , giả sử 1 2 1 1
1
1
+ +
=
≤ ≤ ≤ k ≤ k ⇒ k ≥ ∑k i
i
a a a a a a
k
Đặt
1
1
=
= ∑k i i
x a
k , ak+1 = +x y y,( ≥0)
Vì
1
1
1
1 1
1 1 1 1 1
k k
k
i i
i i
a
k k x y
a a x
k k k k k k
+
+
= =
+
= + = +
+ ∑ + ∑ + + +
1
1
= +
+
x k y
Do :
1
1
1
1 1 1
1 1 1
+ +
+
+ =
+
= + ≥ +
+ + +
∑
k k
k
k k
i i
k
a x y x x y
k k k
≥ xk(x+ y)
1
+ =
≥∏k i i
a (đúng) Dấu ''='' xảy ⇔ =a1 a2 = = an.
Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học bất đẳng thức (1) ∀ ∈n ℕ\ 0,1{ }
• Với n=1thì hiển nhiên bất đẳng thức (1)
(2)Bài toán (BĐT Bernoulli)
Cho α ∈ℝ x+, ≥ −1,khi :
• α ≥1, ta có: (1+ x)α ≥ +1 αx (2) Dấu ''='' xảy ⇔ =α 1 x =0
• 0≤ <α 1, ta có : (1+ x)α ≤ +1 αx (3) Dấu ''='' xảy ⇔ =α 0 x =1
CM
• α ≥1 Trước hết ta chứng minh α∈ℚ+
Với α =1thì bđt (2) hiển nhiên Với α >1, đặt = n ,(n m, )=1,n>m.
m
α
Khi ta có : (1 ) 1 1 (1 )
−
+ + + + ≥ n + m n m
m αx n αx
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1
1
1 1
1 1
1 1 .
+ + −
⇔ ≥ +
⇔ + ≥ +
⇔ + ≥ +
⇔ + ≥ +
n
m
n m
n m
m x n m
x n
x x
x x
x α x
α
α α
α α
Dấu ''='' xảy ⇔ =x 0.
Với α∈I+, giả sử α số vô tỷ tùy ý Khi ℚlà tập trù mật
ℝnên tồn dãy số hữu tỷ ( )
1, 1
∞
= >
n n n
α α mà lim
→∞ n = x α α
Với n , ta có : (1+ ) n ≥ +1 .
n
x α α x chuyển qua giới hạn ta có :
lim 1( ) lim 1( )
→∞ + ≥ →∞ +
n
n
x x x x
α
α hay (1+x)α ≥ +1 αx. Như BĐT (2) chứng minh chọn vẹn
• 0≤ <α 1,α∈ℚ+
Với α =0, bđt (3) hiển nhiên
Với 0< <α 1, đặt = m,(n m, )=1,m<n m n,( , ∈ℕ*+).
n
α
(3)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
1 1
1 1
1 1
+
⇔ ≥ +
⇔ + ≥ +
⇔ + ≤ +
⇔ + ≤ +
n
m
n m
m n
mx n
x n
x x
x x
x α x
α
α α
Dấu ''='' xảy ⇔ =x 0.
Giả sử α số vô tỷ tùy ý , ℚ trù mật ℝnên ( )
1
∞ =
∃ αn n hữu tỷ ,
0<αn <1 mà lim
→∞ n = x α α
∀n ta có : (1+ ) n ≤ +1
n
x α α x Chuyển qua giới hạn , :
lim 1( ) lim(1 )
→∞ + ≤ →∞ +
n
n
x x x x
α
α hay (1+x)α ≤ +1 αx.
Như bđt (3) chứng minh hoàn toàn
Bài toán :
Cho ai ≥0,i =1, ,k n k( , ∈ℤ*+). Ta có
1
1 1
= =
≥
∑ ∑
n
k k
n
i i
i i
a a
k k (4)
Dấu ''='' xảy ⇔ = =a1 a2 ak
CM
Đặt
1
1
=
= ∑k i
i
s a
k
• k =1, BĐT (4) hiển nhiên
• k >1, áp dụng BĐT cauchy cho số ain (n−1) số sn ta : n + −( 1) n ≥ n−1 ,∀
i i
a n s ns a i
Do : ( )
1
1 −
= + − ≥ = =
∑k n n n ∑k n
i i
i i
a k n s ns a kns
1
1
1 1
=
= =
⇔ ≥
⇔ ≥ =
∑
∑ ∑
k
n n i
i
n
k k
n n
i i
i i
a ks
a s a
k k
Dấu ''='' xảy ⇔ = =a1 a2 ak đpcm
(4)Đặt
1
1
=
= ∑k i i
s a
k Khi : (4)
i ka s = ⇔ ≤ ∑ n k i k i
∀ , ta có : = +1 − ≥ +1 −
n n
i i i
ka ka s ka s
n
s s s
Do : i i
1 ka ka . s s = = − ≥ + ⇔ ≥ ∑ ∑ n n k k i i ks ks
k n k
s
Dấu “ = ” xảy ⇔ i − =0,( =1, )⇔ = = =1 2 .
k
ka s
i k a a a
s
+ Nếu thay điều kiện n∈ℤ*+ điều kiện n∈ℝ+ cách chứng minh thứ hợp lí
+ Các BĐT (2), (3) , (4) chứng minh đạo hàm
MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ:
1. Cho ai >0,i =1,n ,n≥ 2,n∈ℕ Đặt
1
=
=∑n i
i
s a Chứng minh
1,
∀ ≥k k∈ℤ ta có :
1
1 1
1 1
1 1 1
− − = = = = ≥ ≥ ≥ − − − − ∑ ∑ ∑ ∑ k k k
n n n n
k
i i
i i
i i i i
i
a n n a
a a
s a n n n n s
2. Cho ai >0,i =1, ,n ∀ ∈k l, ℕ. Chứng minh :
1 1
+ = = = ≤ ∑ ∑ ∑
k l k l
n n n
i i i
i i i
a a a
n n n , =1
=∑n l i i
s a
3. Cho ai ∈ℝ,i =1, ,n n∈ℕ*+ Chứng minh : m j j=1 l 1 1 1 = = = ∑ ≤ ∑ ∑ ∏ j
m n n
l
i i
i i
j
a a
n n ,( )
*
, j∈ℕ
m l ,
1
= = ∑m j
j
l α_
chẵn
4. Cho xi >0,i=1,k ,k ≥2 , ,k m n∈ℕ* Chứng minh : 1 − = = + ≥ ∑ ∑ n k k n m i i m i i i x x
x , xk+1 ≡ x1
Chú ý : Với việc sử dụng đẳng thức sau :
(5)Cho x y z, , >0.Chứng minh k m n, , ∈ℤ*+thỏa mãn điều kiện
2
.
≥
k m n, ta có : + + ≥ + − + + − + + −
m n m n m n
m n k m n k m n k
k k k
x y y z z x
x y z
z x y
Cho dãy số không âm a b ii, ,i =1, n
*
, ∈ℚ+
p q thỏa mãn 1 + =1 1
p q
Chứng minh : a + ≥ .
p q
a a
a b
p q
b ( ) ( )
1
1 1
= + = ≥ =
∑n p p ∑n q q ∑n
k k k k
i i i
a b a b ( BĐT Holder )
ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY VÀO GIẢI PT , BPT ,HPT, HBPT
2.1 ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY VÀO GIẢI PT, BPT
Ví dụ Giải pt sau :
16x4 + =5 6 43 x3 + x Lời giải
Vì vế VT>0⇒VP >0⇒ x >0
16x4 + =5 6 43 x3 + =x 3 43 x(4x2 +1 2) ≤4x+4x2 + +1 2
(2 1)2 0 1
2
⇔ x− ≤ ⇔ =x
Vậy 1
2
=
x nghiệm ! phương trình
Ví dụ Giải phương trình sau :
27x10 −5x6 + 864 =0 lời giải
Do x = không nghiệm pt , nên chia vế cho
27x ta :
4
5
6
4
6
3
4
5
6
5
5 864 1
. 0
27 27
2 5
27
5 1 1 5
3. 2. 5
3 3
27 27
− + =
⇔ + =
⇔ = + ≥ =
x
x x
x
x x
x x
Dấu “ = ’’ xảy
4
10 10
6
1
3 3.
3
⇔ x = ⇔ x = ⇔ = ±x x
Vậy phương trình cho có nghiệm 10
3.
= ±
(6)Ví dụ Tìm nghiệm x, y bất phương trình sau :
2002
2003 2003 2002 1
2003 2003
x y x y
e + > e + e ( )
Lời giải
Đặt 2002, 1 1 1 .
2003 2003
= = ⇒ + = ⇒ = −
a b a b b a Khi phương trình( 1)
trở thành : ax+ −( )1 a y > x + y = x + −(1 ) y
e ae be ae a e
⇔ a x y( − ) > x y− + −1
e ae a ( )
Giả sử (x y0, 0)là nghiệm BPT ( ) , điều có nghĩa nghiệm BPT ( )
Tức : ea x( 0−y0) >aex0−y0 + −1 a
( * ) Mặt khác theo BĐT Bernoulli , ta lại có :
( 0) ( ( 0) ) ( ( 0) )
1 1 1 1
− = + − − ≤ + − −
a
a x y a x y a x y
e e a e
≤ − +(1 a) aex0−y0
mâu thuẫn với ( *) Vậy BPT cho vô nghiệm
Ví dụ Tìm nghiệm nghun dương BPT sau :
a) y + x ≤1
x y ( ) b) (x+ y) (z + y+ z) (x + +x z)y ≤2 ( ) c) (x+ +y z) (t + y+ +z t) (x + + +x z t) (y + + +x t y)z ≤3 ( )
Lời giải
a) Từ ( ) suy 0< x y, <1 Giả sử (x y0, 0) nghiệm BPT (1) , tức :
0
0 1
y x
x + y ≤ (*)
Theo BĐT Bernoulli , ta có :
( ) ( )( )
0
0
0 0
1
0
0 1 1 1 1 0 1 0 0
y
y y
x x x x
x
x− x − y x x y x y
= = ≥ =
+ − − + −
+ −
Và 0
0
0 0
x y
y
x y x y
≥
+ − Do :
0 0 0
0
0 0 0 0 0 0
1
y x x y x y
x y
x y x y x y x y x y x y
+
+ ≥ + ≥ >
+ − + − + −
(7)2.2ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY VÀO GIẢI HPT, HBPT
Ví dụ Giải hệ phương trình sau :
1 1 1
3 (1) 1 (2)
7
2 (3) 27
+ + =
+ + =
+ + = +
x y z
x y z
xy yz zx xyz
Lời giải
Điều kiện x y z, , >0
Từ (1)
1 1 1 1
3 3 3
⇒ = + + ≥
x y z xyz
33 1
27
xyz xyz xyz
⇔ ≥ ⇔ ≥ (4)
Từ (2) ⇒1= + + ≥x y z 33 xyz 1
27
⇔ xyz ≤ (5)
Dấu “ = ’’ (4) (5) xảy đồng thời
1 1 1
= =
⇔ ⇔ = =
= =
x y z x y z
x y z
Thay vào (1) 1,
3
⇒ x = = =y z thoả mãn (3) Vậy HPT cho có nghiệm
duy 1.
3
= = =
x y z
Nhận xét :
• Thay lý luận dấu “ = ’’ (4) (5) xảy đồng thời , ta làm
như sau :
Từ (4) (5) 1
27
⇒ xyz = (6) vào (3) ta :
9 1
27 3
+ + = =
(8)Từ (2), (6),(7) theo định lí Vi-ét x, y,z nghiệm phương trình
sau : 1 1 0
3 27
− + − =
X X X
3
1 1 1
0 .
3 3 3
⇔ − = ⇔ = ⇔ = = =
X X x y z
• Với cách làm phương trình (3) khơng cần thiết , khơng
muốn nói thừa
• Ta trình bày lời giải tốn theo cách sau :
Vì vai trị x y z, , Khơng tính tổng qt ta giả sử
0.
x ≥ ≥ ≥y z Ta có 3 1 0 3 1 0 1
3
z ≤ + + =x y z ⇒ ≤ z ≤ ⇒ ≤ ≤z
( ) 7 ( ) ( )
3 2 1 2
27 xy yz zx xyz xy z z x y
⇔ = + + − = − + + ≤
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
1
1 2 1 2 1
4 4
x y z
z z x y z z z
+ −
≤ − + + = − + −
1( 2 1) 1 2( ) 1
4 z z 4 z z z
= − + + = − + ≤
3
1 1 2 7
1
4 3 27
z z z
+ + −
≤ + =
Dấu " "= xảy 1
1 2
3
x y
x y
z z z
=
=
⇔ ⇔
= − =
Thế vào (2) ta
1 3
x = = =y z thoả mãn phương trình (1) Vậy 1
3
x = = =y z nghiệm hệ cho
Bình luận : Với cách làm ta thấy phương trình (1) cần thay
bằng giả thiết x y z, , >0 đủ
Ví dụ Tìm m để hệ sau có nghiệm dương :
1 9
+ + =
+ + =
=
x y z
xy yz zx m
xyz m
Lời giải
(9)
0 0
0 0 0
0 0
1 (1)
9 (2) (3)
+ + =
+ + =
=
x y z
x y y z z x m
x y z m
Ta có : 3
0 0 0
1= + + ≥x y z 3 x y z =3 m
1 (4)
27
⇔ ≤m
Mặt khác : 3
0 0 0 0 0
9m= x y + y z + z x ≥3 (x y z ) =3 m
1 (5)
27
⇔ ≥m
Từ (4) (5) suy 1
27
=
m
• Với 1
27
=
m , ta có :
1 1 3 1
27
+ + =
+ + = ⇒
=
x y z
xy yz zx
xyz
, ,
x y z nghiệm (phân biệt trùng nhau)
Phương trình sau : 1 1 0
3 27
− + − =
X X X
3
1 1 1
0 .
3 3 3
⇔ − = ⇔ = ⇔ = = =
X X x y z
Vậy với 1
27
=
m , ycbt thoả mãn
Ví dụ Tìm a,b ∈ℤ*+ thoả mãn :
12 (1)
28 (2)
+ ≤
+ ≥
a b b a
a a b b
Lời giải
Từ (1) ta có : 12≥ a b+b a ≥2 (4 ab)3 ⇔ ab ≤6 6 83 < =12
(10)Từ (2) ta có : ( ) ( )( )
2
2 2
28 ≤ a a +b b ≤ a +b a+b
≤(a+b) (2 a+ =b) (a+b)3
28 9 10 (4)
⇔ + >a b > ⇔ + ≥a b
Giả sử a≤b, từ (3) suy ab≤ ⇔11 a2 ≤11⇒ a≤3.
• Với 2≤ ≤a 3, từ (4) ⇒b≥7⇒ ab≥2.7 14 11= >
(mâu thuẫn (3) )
• Với a=1, từ (4) suy b≥9 kết hợp với (3) ta b=9;10;11.
Dễ dàng kiểm tra thấy có cặp (1 ; 9) thoả mãn Vậy nghiệm hệ BPT cho ( ) ( ) ( )a b, ={ 1;9 , 9;1 }
Ví dụ Tìm nghiệm dương HBPT sau :
2000 2000 2000
2 2
3 (1)
3 (2)
+ + =
+ + ≥
a b c
a b c
Lời giải
Áp dụng BĐT cauchy ta có :
2000 1000 2000
999.1 1000 .1 1000
+ ≥ ≥
a a a
Tương tự , ta có :
b2000 +999.1 1000≥ b2 c2000 +999.1 1000≥ c2
Do : a2000 + b2000+c2000 +3.999 1000(≥ a2 + +b2 c2)
( 2 2) ( )
.1000 3 999 3.1000
⇒ a + +b c ≤ + =
2 2
3 (3)
⇒ a + + ≤b c
Từ (2) (3) suy a2 + + =b2 c2 3 Dấu “ = “ xảy ⇔ = = =a b c 1
Vậy nghiệm HBPT cho : a = = =b c 1 □
MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1.Tìm 0;
2
∈
x π thoả mãn :
{ }
2 n
sin os 2 , \ 0,1
−
+ = ∈ℕ
n
n n
x c x n
2.Giải phương trình sau :
16 1 10 ( 1986 2002)
1986 + 2002 = − − + −
− − x y
(11)3.Tìm GTLN tham số a để BPT sau có nghiệm :
( 1) ( )2 sin
2 1
− + ≤
−
a x
a x a
x
π
4.Giải HPT , HBPT sau :
a)
( )2005
2008 2008 2
8
+ =
+ =
x y
xy
y x
x y xy
b)
3
9
3 6
=
+ =
x y
x y
c)
, , , 0 12
27
>
+ + + =
+ + + + + = −
x y x t
x y z t
xy yz zx xt yt zt xyzt
d)
1
4
4 3.4 2
3 2 log 3
+ − + − ≤
+ ≥ −
x y y
x y
e)
( )( )
2 3
2
6 6 5 4 2 6
1 2
1
− + = + + −
+ ≥ +
x x x x x x
x
x x
3 ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY VÀO TÌM GTLN - GTNN 3.1.KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BĐT CAUCHY Giả sử ta cần chứng minh, BĐT sau :
S a a( 1, 2, ,an)≥C c_ onst (*)
S a a( 1, 2, ,an)≤C c_ onst
3.1.1 Trường hợp : S a a( 1, 2, ,an) biểu thức đối xứng
, =1,
i
a i n Ta dự đoán dấu “ = ’’ BĐT (*) xảy a1 = = =a2 an.
Kiểm tra lại dự đốn kết hợp với điều kiện xảy dấu “ = ’’ BĐT cauchy , ta tìm số đánh giá giả định Từ
đưa lời giải toán
Ví dụ 1:
Cho
, , 0 3 2
>
+ + ≤
a b c
a b c Chứng minh :
( 2 2) 1 1 1 15
2 .
2
= + + + + + ≥
S a b c
(12)Lời giải
Dự đoán MinS đạt 1
2
= = =
a b c Do ta cần chọn α cho :
2 2
2 2 2
1 2
4.
1 1 1
2
= =
⇒ = ⇒ =
= =
a b c
a b c
α α
α α α
Từ ta có lời giải sau :
2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2
4 4 4 4 4 4 2
= + + + + + + + + + + +
S a b c
a b c a b c a b c
3
9 1 1 9 3 1
3 .
2 2 2 2
3
≥ + ≥ + + +
abc a b c
9 3 15
.2 .
2 2 2
≥ + =
Vậy MinS 15
2
= , 1
2
= = = □
a b c
Ví dụ :
Cho a b c, , >0 Chứng minh :
3 3
2 2 2 .
3
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
a b c a b c
a ab b b bc c c ac a
Trước tiên ta xét đánh giá giả định sau :
3
2 + + ≥ +
a
a b
a ab b α β
⇔ −(1 α)a3 −βb3 ≥(α β+ ) (ab a+b)
⇔ 1− + − ≥ ( + )
+ a + b ab a b
α β
α β α β (*)
Mặt khác , ta lại có :
( )( )
3 + =3 + − +
a b a b a ab b
≥ +( )(2 − )= ( + ) ∀ , ≥0.
CS
a b ab ab ab a b a b
Do (*) ln ta chọn α β, thoả mãn :
1 2
1
3 . 1 1
3
−
= =
+
⇔
− −
= =
+
α
α α β
β β
α β
(13)
Ta có :
3
2
2 1
3 3
≥ −
+ +
a
a b
a ab b ,
3
2
2 1
3 3
≥ −
+ +
b
b c
b bc c
Và
3
2
2 1
3 3
≥ −
+ +
c
c a
c ac a
Cộng vế với vế BĐT ta ĐPCM □
3.1.2 Trường hợp : Trong biểu thức S a a( 1, 2, ,an) a ii, =1,n
khơng có tính đối xứng Khi việc đưa cách chọn điểm rơi cho lớp tốn khó Kết việc chọn điểm rơi chủ yếu dựa vào kinh nghiệm trực quan toán học người làm tốn
Ví dụ : Cho , , 0
2 3 20
>
+ + ≥
a b c
a b c Chứng minh :
3 9 4 13.
2
= + + + + + ≥
S a b c
a b c
Trước tiên , ta dự đoán S =13 , a b c, , >0 thoả mãn
2 3 20
a+ b+ c= (*)
Biểu diễn S dạng sau :
( ) ( ) ( )
3 9 4
1 1 1
2
= + + + + + + − + − + −
S a b c a b c
a b c
α β γ α β γ
Như ta cần chọn số α β γ, , thoả mãn điều kiện sau :
1 1 1
0
1 2 3
3 3 2
, ,
2
2 3 20
− − −
= = = >
= = =
+ + =
k
a b c
a b c
α β γ
α β γ
1 (1)
1 2 (2) 1 3 (3)
3 6 6
20 (4) 2
= −
= −
= − ⇔
+ + =
k k k
α β γ
α β γ
Thế (1),(2),(3) vào (4) ta :
3 6 6 20 (5)
1−k + 2−4k + 1 3− k =
Ta cần chọn 0< <k 1 cho thay vào (5) ta khai biểu
thức có chứa dấu Dễ thấy 1
4
=
k đáp ứng yêu cầu Khi ta có
(14)3 4 1 9 1 16 1 1 1
4 2 4 4 2 6
= + + + + + + + +
S a b c a b c
a b c
( )
3 4 1 9 1 16 1
2. . 2. . 2. . 2 3
4 2 4 4
⇔ ≥SCS a + b + c + a+ b+ c
a b c
3 2 20 13
4
≥ + + + =
13.
⇔ ≥S Dấu “ = “ xảy ⇔ =a 2 ,b=3, c =4 □
Ví dụ : Cho x y, >0,x+ ≥y 1. Chứng minh : P =51x+23y + +9 48 ≥68.
x y
Trước tiên ta dự đoán P =68 , x y, >0 x+ =y 1 Ta biểu diễn P dạng sau :
9 48 (51 ) (23 )
7
= + + + + − + −
P x y x y
x y
α β α β
Như , ta cần chọn α β, >0thoả mãn điều kiện sau :
51 23
3 3
, 4
7 1
− = −
= =
+ =
x y
x y
α β
β α
28 (1)
3 3
, 4 (2)
7 28
1 (3)
= +
⇔ = =
+
+ =
x y
x y
α β
β β
Thay (2) vào (3) ta : 3 4 3 1 (4)
7 28+β + β =
Dễ thấy β =21 thoả mãn (4) , thay vào (1) ta α =49
Khi , ta có lời giải sau :
49 9 21 48 2( )
7
= + + + + +
P x y x y
x y
≥ +42 24+ =2 68.
CS
Dấu đẳng thức xảy 3 , 4
7 7
= = □
x y
3.2 ỨNG DỤNG VÀO TÌM GTLN - GTNN
Ví dụ : Cho x y z, , >0. Tìm GTNN biểu thức sau :
( )
6
+ + = x y z
S
(15)LG
Do x y z, , khơng có mối quan hệ ràng buộc Nên để tìm MinS ta có
cách sau
Cách Sử dụng BĐT Cauchy ngược ta có : xy z2 ≤α(x+ +y z)6
Ta có : ( ) ( )
6
2 1 1 6
6 3 2 2
423 423 6
+ +
= ≤
x y z
xy z x y y z z z
1 ( )6
432
⇔ xy z ≤ x+ +y z Do :
( ) ( )
( )
6
2
6
432. 1
432
+ + + +
= ≥ =
+ +
x y z x y z
S
xy z x y z
Vậy MinS =432 , 1 1 0
2 3
= = > □
x y z
Cách Sử dụng BĐT Cauchy thuận ta có :(x + y + Z)6 ≥ αxy z2
Ta có ( )
6
6 1 1 1 1 1
x + y + Z x y y z z z
2 2 3 3 3
= + + + + +
6 CS
2 xy z
6 432xy z
108
≥ =
Do đó, ta có kết
cách
Ví dụ : Cho 0 3
0 4
≤ ≤
≤ ≤
x
y Tìm GTLN :
S = −(3 x)(4− y)(2x+3y)
LG
Nhận xét : Rõ ràng với điều kiện cho 3− ≥x 0, 4− ≥y 0. Mặt khác
, theo hệ BĐT cauchy ( )
1
=
∏n i i
a
1
_ onst.
=
⇔ ∑n i =
i
a C c Vậy ta cần
chọn α β, cho :
(3α α− x)+(4β β− y)+(2x+3 )y =C c_ onst.
Dễ dàng thấy α =2,β =3. Khi ta có lời giải sau :
1(6 2 )(12 3 )(2 3 )
6
= − − +
(16)
3
1 (6 2 ) (12 ) (2 3 )
6 3
− + − + +
≤
CS x y x y
36.
≤
Vậy MaxS=36 , x =0,y =2 □
Ví dụ : Cho a, b,c,d >0. Trong tất nghiệm dương (x, y, z, t)
phương trình : a b c d 1
x + + + =y z t Hãy nghiệm với tổng :
Sn = xn +yn + +zn tn nhỏ với n∈ℕ*
Lời giải
Đặt A =n 1+ an +n 1+ bn +n 1+ cn +n 1+ dn
Theo BĐT cauchy , ta có : n n n ( )n n n
n _ so
a a
x n A n A n 1 a A
x x
+ + +
+ + + ≥ +
yn nbAn (n 1)n 1b An n
y
+ +
+ ≥ +
zn n Ac n (n 1)n 1c An n z
+ +
+ ≥ +
Và tn n Ad n (n 1)n 1d An n t
+ +
+ ≥ +
Do : xn yn zn tn nAn a b c d
x y z t
+
+ + + + + + + ≥
( ) n(n n n n n n n n )
n A + a + b + c + d
≥ + + + +
≥(n A+ ) n 1+
Vậy S=xn +yn + + ≥zn tn n 1+ an 1+ +n 1+ bn 1+ +n 1+ cn 1+ +n 1+ d n 1+
Dấu “ = “ xảy
n a n n b n n c n n d n
x A , y A , z A , t A
x y z t
a b c d 1 x y z t
+ + + +
= = = =
⇔
+ + + =
n n
n n
x aA , y bA z cA , t dA
+ +
+ +
= =
⇔
= =
(17)Vậy ( )
n
n n n n
n n n n
n
MinS a b c d
+
+ + + +
= + + + , đạt có (*)
MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ :
1 Cho x, y, z 0
x y z 2004
>
+ + =
Tìm GTLN :
30 30 30
21 21 21
x y z
P
y z x
= + +
2 Cho ABC∆ Tìm GTNN biểu thức sau :
n n n
1 1 1
P 1 1 1
sin A sin B sin C
= + + + + +
3 Với 0≤ ≤x 20012002 Tìm GTLN y=x 2002( −x2001)
4 Với n≥2 ,n∈ℕ, a >0.Tìm GTLN tổng :
n i i i
S − x x +
=
=∑ , biết xi ≥0,i=1, n
n i i
x a.
= =
∑
5 Cho
a 1 b 2 c 3
≥
≥
≥
Tìm GTLN S bc a ca b 2 ab c 3
abc
− + − + −
=
6 Tìm GTLN , GTNN hàm số : y= x( 1999−x2 +1997)
4.ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY VÀO CM TÍNH CHẤT NGHIỆM Ví dụ : Chứng minh phương trình x2 n 1 4 0
x
+ + − =
(1) có nghiệm dương x0, x0 < n 2 (n ≥2)
Lời giải
Giả sử x0 >0là nghiệm (1) ta có :
n 10 n 10 n0
0
1 1
x 4 0 4 x 2x
x x
+ + − = ⇔ = + + ≥
⇔ x0 ≤ n 2.Dấu “ = “ xảy
02 n 0
0
1
x x 1.
x
+
⇔ = ⇔ =
Nhưng x0 =1khơng thoả mãn (1) Do x0 < n 2 □
Ví dụ : Chứng minh phương trình :
(18)Lời giải
Giả sử phương trình cho có nghiệm x , x , x , x1 2 3 4 ≥0.
Theo định lý Vi-et ta có : 4
1
x x x x a
x x x x a
+ + + =
=
Mặt khác theo BĐT Cauchy , ta lại có :
4
1
x x x x
x x x x
4
+ + +
≤
4 a a 1
a a 1
4 4 4
⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ( vô lý )
Vậy điều giả sử sai , tức phương trình cho khơng thể có nghiệm
khơng âm □
Ví dụ : Cho P x( )= xn +a x1 n 1− + + a x 1n 1− + , ai ≥0 , i=1, n 1−
( )
P x =0 có n nghiệm thực Chứng minh
( ) ( )n *
P m ≥ m , m, n+ ∈ℕ .
Lời giải
Vì ai ≥0 , i=1, n 1− > nên n nghiệm P x( )=0 khơng có nghiệm dương Giả sử α =i, i 1, n Khi P x( ) có dạng :
( ) ( ) ( )
n n
i i
i i
P x x x
= =
=∏ − α =∏ + β ( với β = −α >i i 0,i=1, n )
Theo định lý Vi-et ( ) ( ) ( )
n n n n n
i i
i i
1 1 1 1
= β = − = α = − − =
∏ ∏
Áp dụng BĐT Cauchy ta :
( ) ( ) ( ) ( )
n n n n
n
i i
i i
P m m m 1 + m
= =
=∏ + β ≥ + ∏β = +