Đang tải... (xem toàn văn)
Bài viết này sẽ đề cập đến 1 số kĩ thuật khác, thực ra có những điều trong chúng không là kĩ thuật mà chỉ là kinh nghiệm của mình sau khi làm những bài toán, nếu nói gì sai mong mọi ngườ[r]
(1)CÁC KĨ THUẬT VỀ AM-GM
Tác giả: secrets
Nickname: babyloverain65
Có lẽ với học bất đẳng thức, khơng đến bất đẳng thức AM-GM Bất đẳng thức có nội dung dễ hiểu, nhiên kiến thức sách giáo khoa lại q ỏi nó, THCS không đề cập đến bất đẳng thức hồn tồn phù hợp Nhưng có kĩ thuật Am-Gm khơng phải việc dễ Xin thưa rằng:mình gà hiệu, cố tập tành viết thử kĩ thuật AM-GM
Bên cạnh kĩ thuật cân hệ số, chọn điểm rơi, AM-GM ngược dấu Bài viết đề cập đến số kĩ thuật khác, thực có điều chúng khơng kĩ thuật mà kinh nghiệm sau làm tốn, nói sai mong người bỏ qua (chắc hẳn có người đọc xong dịng có người nói kiêu căng, thực khơng thể diễn đạt ý mà muốn nói, văn tệ qúa mà 5,0, người thẳng tay góp ý nhé, đảm bảo edit lại viết) Đầu tiên nhắc lại nội dung bất đẳng thức AM-GM cho2,3,4 số không âm
Bất đẳng thức AM-GM: Cho a, b, c, d số thực khơng âm Ta có a+b≥2√ab
a+b+c≥33 √
abc a+b+c+d≥34 √
abcd ab≤a+b
2
2
abc≤a+b+c
3
abcd≤a+b+c+d
4
Trong viết yếu dùng AM-GM cho số
Kĩ thuật 1.
Mình mở đầu ví dụ sau:
Ví dụ (Vasile cirtoaje) Cho a, b, c số thực dương có tích Chứng minh rằng:
r
a+b b+ 1+
r
b+c c+ 1+
r
(2)Lời giải: Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM
r
a+b b+ 1+
r
b+c c+ 1+
r
c+a a+ ≥3
6
s
(a+b)(b+c)(c+a) (a+ 1)(b+ 1)(c+ 1) Vì phần cịn lại tốn, ta phải chứng minh:
(a+b)(b+c)(c+a)≥(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1)
Đặtp=a+b+c, q=ab+bc+ca Ta có(a+b)(b+c)(c+a) =pq−3 (a+ 1)(b+ 1)(c+ 1) =p+q+
Vì ta cần phải chứng minh
pq−3≥p+q+ hay (p−1)(q−1)≥4 Theo bất đẳng thức AM-GM dễ thấy
a+b+c≥33 √
abc= ab+bc+ca≥33
√
a2b2c2= 3
Vì
(p−1)(q−1)≥2.2 =
Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy a=b=c=
Ví dụ (Vasile cirtoaje) Cho a, b, c số không âm thỏa mãn a+b+c = Chứng minh rằng:
1 a2+bc +
1 b2+ac+
1
c2+ab ≥3
Lời giải: Áp dụng trực tiếp AM-GM
a2+bc +
1 b2+ca+
1 c2+ab ≥
3
p
(a2+bc)(b2+ca)(c2+ab)
Như ta cần phải chứng minh (a2+bc)(b2+ca)(c2+ab)≤1 Giả sửa≥b≥c Ta có
4(a2+bc)≤(2a+c)2 Theo Am-Gm có
4(b2+ca)(c2+ab)≤(b2+ca+c2+ab)2 Như vậy,phần cịn lại ta phải chứng minh:
(3)hay
(2a+c)(b2+ca+c2+ab)≤4
Đặtf(a, b, c) = (2a+c)(b2+ca+c2+ab) Có
f(a, b, c)−f(a, b+c,0) =c(b2+c2+ac−3ab)≤0 Phần cịn lại ta chứng minhf(a, b+c,0)≤4 Có
f(a, b+c,0)−4 = 2a(b+c)(a+b+c)−4 = 4a(2−a)−4 =−4(a−1)2≤0 Vậy toán chứng minh, đẳng thức xảy khia=b= 1, c= 0và hốn vị Cách làm cịn có hiệu lực với bất đẳng thức trơng khó chịu sau:
1 √
a2+bc+
1 √
b2+ca +
1 √
c2+ab ≥
6 a+b+c Nói cách khác đứng trước bất đẳng thức
A X +
B Y +
C Z ≥3
Ta sử dụng trực tiếp AM-GM phải chứng minh ABC ≥XY Z
Hoặc
A+B+C ≥P
Sử dụng trực tiếp AM-GM ta cần phải chứng minh 3√ABC≥P
Ví dụ 3: (Moldova MO 1999) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: ab
c(c+a)+ bc a(a+b) +
ac b(b+c) ≥
a c+a+
b a+b+
c b+c Lời giải: Bất đẳng thức tương đương:
ab
c(c+a) + c c+a
+
bc
a(a+b) + a a+b
+
ac
b(b+c) + b b+c
≥3 Hay
c2+ab c(c+a)+
b2+ca b(b+c) +
a2+bc a(a+b) ≥3
(4)Trước hết ta có
(a2+bc)(b2+ca)−ab(c+a)(c+b) =c(a+b)(a−b)2≥0 nên
(a2+bc)(b2+ca)≥ab(c+a)(c+b) Tương tự
(b2+ca)(c2+ab)≥bc(c+a)(b+a) Tương tự
(a2+bc)(c2+ab)≥ac(b+a)(b+c) Nhân hết vào lấy căn, ta có
(a2+bc)(b2+ca)(c2+ab)≥abc(a+b)(b+c)(c+a)
Bài tốn chứng minh,đẳng thức có khia=b=c
Ví dụ (Phạm Hữu Đức) Choa, b, c số thực không âm Chứng minh
3
r
a2+bc
b2+c2 +
3
r
b2+ca
c2+a2 +
3
r
c2+ab
a2+b2 ≥
9√3abc a+b+c Áp dụng trực tiếp AM-GM, ta có :
3
r
a2+bc
b2+c2 +
3
r
b2+ca
c2+a2 +
3
r
c2+ab
a2+b2 ≥3
9
s
(a2+bc)(b2+ca)(c2+ab)
(a2+b2)(b2+c2)(c2+a2)
Ta chứng minh
39
s
(a2+bc)(b2+ca)(c2+ab)
(a2+b2)(b2+c2)(c2+a2) ≥
9√3 abc a+b+c Bất đẳng thức tương đương với
(a+b+c)9(a2+bc)(b2+ca)(c2+ab)≥39a3b3c3(a2+b2)(b2+c2)(c2+a2) Theo AM-GM cho2 số
8ab(a2+b2) = 4.2ab(a2+b2)≤(2ab+a2+b2)2 = (a+b)4 nên ta có
29a2b2c2(a2+b2)(b2+c2)(c2+a2)≤(a+b)4(b+c)4(c+a)4 Vì vậy, phần cịn lại tốn ta cần chứng minh
(5)Ở ví dụ 3, ta chứng minh:
(a2+bc)(b2+ca)(c2+ab)≥abc(a+b)(b+c)(c+a) nên phần lại ta cần chứng minh:
29(a+b+c)9 ≥39(a+b)3(b+c)3(c+a)3 Lấy bậc3của hai vế ta
8(a+b+c)3 ≥27(a+b)(b+c)(c+a)
(a+b)(b+c)(c+a)≤a+b+b+c+c+a
3
= 8(a+b+c)
3
27 Bài toán kết thúc, đẳng thức xảy khia=b=c
Ví dụ 5(Trần Quốc Anh) Cho a, b, clà số dương Chứng minh
r
a+b b2+ 4bc+c2 +
r
b+c c2+ 4ac+a2 +
r
c+a a2+ 4ab+b2 ≥
3 √
a+b+c Áp dụng trực tiếp AM-GM ta cần phải chứng minh
(a+b)(b+c)(c+a)(a+b+c)3 ≥(a2+ 4ab+b2)(b2+ 4bc+c2)(c2+ 4ca+a2) Theo AM-GM ta có
a2+ 4ab+b2 = (a+b)2+ 2ab≤ 3(a+b)
2
2 làm tương tự ta có
(a2+ 4ab+b2)(b2+ 4bc+c2)(c2+ 4ca+a2)≤ 27(a+b)
2(b+c)2(c+a)2
8 Như vậy, phần lại toán ta cần chứng minh
(a+b+c)3 ≥ 27(a+b)(b+c)(c+a)
Đúng
(a+b)(b+c)(c+a)≤a+b+b+c+c+a
3
= 8(a+b+c)
3
27 Đẳng thức có a=b=c
Kĩ thuật 2
(6)khá đặc biệt Những chưa quen cảm thấy lạ, bắt tay xử lí kĩ thuật Chú ý phép đánh giá dùng đẳng thức xảy tạia=b, c= 0và hốn vị
Ví dụ Cho a, b, clà số thực không âm Chứng minh rằng: a)
a2+b2 +
1 b2+c2 +
1 c2+a2 ≥
10 (a+b+c)2
b) a2+b2 +
1 b2+c2 +
1 c2+a2 ≥
5 2(ab+bc+ca) Lời giải Giả sử c=min{a, b, c}Ta có đánh giá
a2+c2≤a+c
2
=x2
b2+c2 ≤b+ c
2
=y2
a2+b2 ≤a+ c
2
+
b+ c
2
=x2+y2 Với
x=a+ c
2, y =b+ c Ta có
1 a2+b2 +
1 b2+c2 +
1 c2+a2 ≥
1 x2 +
1 y2 +
1 x2+y2
a) Có
10
(a+b+c)2 =
10 (x+y)2
Ta có x2 +
1 y2 +
1 x2+y2 ≥
2 xy +
1 x2+y2 =
1 2xy +
1 x2+y2 +
3 2xy ≥
4 (x+y)2 +
6 (x+y)2 =
10 (x+y)2
b) dễ thấyab+bc+ca≥xy nên
2(ab+bc+ca) ≤ 2xy
Bài toán kết thúc ta
x2 +
1 y2 +
1 x2+y2 ≥
5 2xy hay
1 x2 +
1 y2 −
2 xy +
1 x2+y2 −
(7)hay
(x−y)2 x2y2 −
(x−y)2 2xy(x2+y2)
hay
(x−y)2 xy
xy − 2(x2+y2)
≥0
Đúng 2(x2+y2) ≥ 4xy ≥xy Vậy tốn chứng minh xong Đẳng thức có a=b, c= hốn vị
Ví dụ Cho a, b, clà số khơng âm có tổng Chứng minh (a2+b2)(b2+c2)(c2+a2)≥2
Hình thức tốn làm ta nghĩ đến phương pháppqr Nhưng sử dụng pqr có tính tốn phức tạp, chí phải xét tính đồng biến nghịch biến hàm số Sử dụng kĩ thuật trên, ta có lời giải vô đẹp
Lời giải: đặt x=a+2cy=b+2c dễ thấyx+y=a+b+c= Giả sửc=min{a, b, c} Ta có
a2+c2≤a+c
2
=x2
b2+c2 ≤b+ c
2
=y2 a2+b2 ≤a+ c
2
2
+
b+ c
2
Ta chứng minh x2y2(x2+y2)≤2 Bất đẳng thức chứng minh dễ
2xy.2xy(x
2+y2)≤
2
x+y
2
22xy+x2+y2
2
2
=
Bài toán kết thúc, đẳng thức xảy khia=b= 1, c= hốn vị Chú ý: Ta sử dụng ví dụ để giải câu a) ví dụ theo kĩ thuật
Ví dụ (Vasile cirtoaje) Cho a, b, c số không âm Chứng minh rằng: 4(a2+bc)(b2+ca)(c2+ab)≤(a+b)2(b+c)2(c+a)2
Lời giải: giả sửa≥b≥c Ta có a2+bc≤(a+c)2 Chú ý thay đổi so với ví dụ trước để làm biến mất(a+c)2 Như vậy, phần lại ta cần phải chứng minh
4(b2+ca)(c2+ab)≤(a+b)2(b+c)2 Theo AM-GM cho2 số
4(b2+ca)(c2+ab)≤(b2+ca+c2+ab)2 Vì thế, tốn kết thúc ta
(8)hay c(c−b)≤0đúng b≥c≥0 Bài toán kết thúc, đẳng thức xảy a=b, c= 0và hoán vị
Lời giải lời giải độc đáo Tuy nhiên, có lời giải khác đẹp ngắn (a+b)2(b+c)2(c+a)2−4(a2+bc)(b2+ca)(c2+ab) =
(a−b)2(b−c)2(c−a)2+ 4abcXbc(b+c) + 8a2b2c2≥0(Micheal rozenberg)
Ví dụ (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho a, b, c, d số không âm, chứng minh
a3+b3 +
1 b3+c3 +
1 c3+a3 +
1 a3+d3 +
1 d3+b3 +
1 a3+c3 ≥
243 2(a+b+c+d)3
Lời giải: giả sửd=mina, b, c, d Đặt x=a+d3, y=b+d3, z=c+d3 Dễ dàng chứng minh: a3+b3 ≤x3+y3
a3+c3≤x3+z3 b3+c3 ≤y3+z3 x3 ≥a3+d3 y3 ≥b3+d3 z3 ≥c3+d3
Như vậy, toán chứng minh ta chứng minh
x3 +
2 y3 +
2 z3 +
2 x3+y3 +
2 y3+z3 +
2 x3+z3 ≥
243 (x+y+z)3
Trước hết ta chứng minh
a3 +
1 b3 +
2 a3+b3 ≥
24 (x+y)3
Áp dụng trực tiếp AM-GM (kĩ thuật 1) ý theo AM-GM số thì: 256ab(a+b)ab(a+b)ab(a+b)(a3+b3)≤(a+b)12
ta thu điều phải chứng minh Như ta có
x3 +
2 y3 +
2 z3 +
2 x3+y3 +
2 y3+z3 +
2 x3+z3 =
( x3 +
1 y3 +
2
x3+y3) + (
1 y3 +
1 z3 +
2
y3+z3) + (
1 x3 +
1 z3 +
2
x3+z3) ge
24 (x+y)3 +
24 (y+z)3 +
24 (z+x)3 ≥
72
(x+y)(y+z)(z+x) ≥
24 (x+y+z)3
Vậy toán chứng minh, đẳng thức xảy a =b = c, d = hoán vị Chú ý số tốt cho bất đẳng thức sau với số a, b, c, dkhông âm:
1 a3+b3 +
1 b3+c3 +
1 c3+a3 +
1 a3+d3 +
1 d3+b3 +
1 a3+c3 ≥
(9)làk= 2432 Đây tốn khó
Ví dụ 10 (Phạm Kim Hùng) Choa, b, c số không âm Chứng minh
p
a2+bc+pb2+ca+pc2+ab≤ 3(a+b+c)
2
Chúng ta dễ dàng nhận ra, bất đẳng thức chặt nhiều lần so với tốn Vasile cirtoaje ví dụ Lời giải: giả sửa≥b≥c Ta có
p
a2+bc≤a+ c
2
Như ta cần phải chứng minh
p
b2+ca+pc2+ab≤ 3(a+b+c)
2 −a− c hay chặt là:
b2+c2+ca+ab≤ (a+ 3b+ 2c)
2
8 Viết lại bất đẳng thức dạng
(a−b−2c)2+ 8c(b−c)≥0 b≥c≥0
Bài tốn chứng minh,đẳng thức xảy khia=b, c= hốn vị
Kĩ thuật 3:Mình mở đầu tốn sau:
Ví dụ 11 Choa, b, c số thực không âm,chứng minh rằng: a2+bc
b2−bc+c2 +
b2+ac a2−ac+c2 +
c2+ab a2−ab+b2 ≥3
Bài tốn tốn có nhiều cách giải Nhưng nêu lời giải để mở đầu cho kĩ thuật (lời giải không hay lời giải gốc) Theo AM-GM
(a2+bc)(b2−bc+c2)≤ (a
2+b2+c2)2
4 Vì
a2+bc b2−bc+c2 =
(a2+bc)2
(a2+bc)(b2−bc+c2) ≥
4(a2+bc)2 (a2+b2+c2)2
Làm tương tự cho số hạng cịn lại cuối ta cần phải chứng minh: 4(a2+bc)2+ 4(b2+ac)2+ 4(c2+ab)2 ≥3(a2+b2+c2)2
sau khai triển ta thu
(10)đúng theo schur AM-GM
a4+b4+c4+ 8abc(a+b+c)≥a4+b4+c4+abc(a+b+c)≥ ab(a2+b2) +bc(b2+c2) +ca(c2+a2)≥2(a2b2+b2c2+c2a2)
Bài toán kết thúc đẳng thức xảy khia=b, c= hốn vị
Ví dụ 12 (Bùi Ngọc Anh) Choa, b, c số thực không âm, chứng minh
r
b2−bc+c2
a2+bc +
r
c2−ac+a2
b2+ac +
r
a2−ab+b2
c2+ab +
2(ab+bc+ca) a2+b2+c2 ≥4
Lời giải:
r
b2−bc+c2
a2+bc =
b2−bc+c2
p
(a2+bc)(b2−bc+c2) ≥
2(b2−bc+c2) a2+b2+c2
làm tương tự cộng lại, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a=b, c= hốn vị
Ví dụ 13 (Ngơ Đức Lộc) Cho a, b, c số không âm, chứng minh rằng:
r
a(b+c) a2+bc +
r
b(a+c) b2+ac +
r
c(a+b) c2+ab ≥
(a+b+c)2 a2+b2+c2)
Lời giải:Có
r
a(b+c) a2+bc =
a(b+c)
p
(ab+ac)(a2+bc) ≥
2a(b+c) ab+ac+a2+bc =
2a(b+c) (a+b)(a+c) Vì vậy, phần cịn lại ta phải chứng minh
2a(b+c) (a+b)(a+c) +
2b(c+a) (b+c)(b+a) +
2c(a+b) (a+c)(b+c) ≥
(a+b+c)2 a2+b2+c2
Hình dạng làm ta nghĩ đếnpqr, thật sự,pqr giải trọn vẹn tốn đẳng thức xảy khia=b=c
Ví dụ 14 (Vasile cirtoaje): Choa, b, c số thực không âm, chứng minh:
r
a(b+c) a2+bc +
r
b(a+c) b2+ac +
r
c(a+b) c2+ab ≥2
Tương tự ta cần phải chứng minh: 2a(b+c)
(a+b)(a+c) +
2b(c+a) (b+c)(b+a) +
2c(a+b) (a+c)(b+c) ≥2 sau khai khai triển, ta thu 4abc≥0(hiển nhiên đúng)
(11)Ví dụ 15(Phạm Hữu Đức) Choa, b, c số thực không âm Chứng minh:
3
r
a2+bc
b2+c2 +
3
r
b2+ac
b2+c2 +
3
r
c2+ab
a2+b2 ≥
9√3abc a+b+c Đây ví dụ 4mà nêu
3
r
a2+bc
b2+c2 =
(a2+bc)√3abc
p
a(b2+c2)b(a2+bc)c(a2+bc) ≥
3(a2+bc)√3abc
ca(b2+c2) +b(a2+bc) +c(a2+bc) =
3(a2+bc)√3abc
ab(a+b) +bc(b+c) +ca(c+a) Làm tương tự cộng lại, cuối ta phải chứng minh:
a2+bc+b2+ca+c2+ab ab(a+b) +bc(b+c) +ca(c+a) ≥
3 a+b+c