Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Một Số ứNG DụNG CủA BấT ĐẳNG THứC CÔ SI ứNG DụNG 1: Chứng minh bất đẳng thc
Bài toán số Cho a, b, c > Chøng minh r»ng
a b c 1
a b c
*Ph©n tÝch:
Vế trái chứa a, b, c > nghịch đảo chúng Vì ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức Cơsi
Lêi gi¶i:
Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số a, b, c
1 1 , , a b c ta cã:
3 3
1 1
3 a b c abc
a b c abc
Nhân vế hai bất đẳng thức ta đợc:
a b c 1 a b c
(đpcm). Cách 2:
a b c 1 b a c a b c 2
a b c a b a c c b
DÊu "=" x¶y a b c
Bài toán số 1.1 Chứng minh bất đẳng thức:
a
3
a b c
b c a (a, b, c > 0)
b.a2 b2 c2 ab bc ca Bµi to¸n sè 1.2 Chøng minh r»ng:
a
2
2 x
x
x R
¸p dơng BĐT Côsi cho số x2 +1 1.
b
8 x
x
x> 1.
(2)áp dụng BĐT Côsi ta có
2
a b ab
ab ab
Nhân vế BĐT ta suy đợc đpcm Bài toán số 1.3 Chứng minh rằng:
a a b b c c a 8abc a b c, , 0
b
2 1 2 1 2 1 6
a b b c c a abc
áp dụng BĐT Côsi cho số a a b b b c c c a2, 2, ,2 2, ,2 2 Bài toán số 1.4
a n sè d¬ng a1, a2, , an Chøng minh r»ng:
1
1 1 n n
n n
a a a
a a a
b.Nếu a1, a2, , an dơng a1a2 an = th× a1+ a2 + + ann
áp dụng BĐT Cơsi cho n số dơng trên) Bài tốn số Chứng minh bất đẳng Netbit
3
a b c
b c a c a b a b c, , > 0.
Giải Đặt x= b + c, y = a + c, z = a +b
Khi x, y, z > , ,
y z x x z y x y z
a b c
Ta cã:
1
2 2
1
3 2
2 2
a b c y z x x z y x y z
b c a c a b
x y x z y z
y x z x z x
Dấu "=" xảy x= y= z C¸ch kh¸c:
1 6
2
1 1 1
6
2 2
a b c x y z x y z x y z
b c a c a b x y z
x y z
x y z
Khai th¸c toán:
(3)1
b+c+
2
c+a+
2
a+b≥
9
a+b+c
2 a
2
b+c+ b2 c+a+
c2 a+b≥
a+b+c
2
Bµi to¸n sè 2.2 Cho x, y > Chøng minh r»ng 1x+1
y ≥
4
x+ y (1)
Ph©n tÝch:
Do x, y > nên BĐT (1) suy từ BĐT Côsi xét hiệu Giải
Cách 1: Sử dụng BĐT Côsic cho số dơng x, y:
2 1
2 x y
x y xy x y xy
xy x y x y x y
C¸ch XÐt hiƯu cđa vÕ: (1)⇔ 1
x+
1
y−
4
x + y≥ 0⇔
y ( x+ y )+x ( x+ y )− xy
xy ( x + y ) ≥0⇔
( x − y )2
xy ( x+ y )≥ 0 (2) Do x > 0, y > nên BĐT (2)
Vậy (1) ln (đpcm) Khai thác tốn:
Ta thấy BĐT có liên quan đến việc cộng mẫu nên sử dụng để chứng minh BĐT sau:
Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác, chứng minh rằng:
p − a+
1
p −b+
1
p − c≥ 2(
1
a+
1
b+
1
c) p=
a+b +c
2 Bài tập tơng tự:
Bµi Chøng minh r»ng:
a2
+b2
a+b + b2
+c2
c +b + a2
+c2
a+c ≤ 3( a2
+b2+c2
a+b+c )
Bµi Cho a, b, c, d số dơng Chứng minh rằng:
a4
(a+b )(a2+b2)+
b4
(b+ c )(b2+c2)+
c4
(c +d )(c2+d2)+
d2
(d +a )(d2+a2)≥
a+b+c+d
4 Bµi Cho
0 ≤ a , b , c ≤ 1 Chøng minh r»ng:
a2+b2+c2≤ 1+a2b+b2c +c2a
Bµi Cho a > 0, b > 0, c > Chøng minh: bca + b
ac+
c
ab ≥ 2(
a+
1
b−
1
c)
Bµi Cho x, y, z > Chøng minh r»ng: x2
y +z+ y +z
4 ≥ x Bµi Cho a, b > Chøng minh r»ng: a
√b−√a ≥√b − b
√a
Bµi Cho x, y > Chøng minh r»ng: x
3
x2
+xy+ y2≥
2 x − y Bµi Cho x, y ≠ Chøng minh r»ng: x4+y4≤ x
6
y2+
(4)Bµi Cho a, b > Chøng minh r»ng: 2√ab √a+√b≤
4
√ab
áp dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh BĐT tam giác
Bài toán số Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác. Chứng minh rằng: b+c − aa + b
a+c −b+ c
a+b c 3.
Giải: Cách
đặt x = b + c – a; y = a + c - b; z = a + b – c Khi x, y, z > a=x + y
2 ,b=
x+z
2 ,c =
y +z
2 VÕ tr¸i:
a b+c − a+
b a+c −b+
c a+b − c=
1 2(
x+ y z +
y+ z x +
z+ x y ) ¿1
2(
x y+
y x+
x z+
z x+
y z+
z y)≥
1
2(2+2+2)=3
DÊu b»ng x¶y
¿ x y+
y x=2 x
z+ z x=2 y
z+ z y=2 ⇔ x= y =z⇔ a=b=c
¿{ {
¿
C¸ch
Nhận xét: Do a, b, c, độ dài cạnh tam giác nên ta có: a + b - c > 0; a + c –b > 0; b + c - a >
áp dụng BĐT Côsi cho cặp sè d¬ng:
√(a+b − c )(a+ c − b) ≤a+b −c +a+c − b
2 =a
√(a+c −b )(b+ c − a) ≤ c √(b+ c − a)(a+ b −c )≤ b
Nhận thấy vế BĐT số dơng BĐT chiều, nhân vế đợc:
(a+b − c) (a+c −b)(b+ c − a)≤abc Ta cã:
a b+c − a+
b a+c −b+
c a+b − c≥ 3
3
√abc(b+c −a )( a+c − b) (a+b− c )
3√3 abc abc=3
Bài tập 3.1 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác ABC, a ≤ b ≤ c
Chøng minh r»ng: (a+b +c )2≤ bc (*) Giải Vì a b(a+b+c)2
(5)để chứng minh (*) ta cần chứng minh: (2 b+c )2≤ bc (1) Thật vậy:
2 2 2
2
2
2 4
4
b c bc b bc c bc
b bc c bc b c bc
Ta cã:
0<2 b − c ≤ 2b − b=b 0<2 b −c ≤2 c − c=c
}
(2 b c )2 bc
(đpcm) Bài tËp 3.2 Chøng minh r»ng
a
3
√b2+c2 +3 b
√c2+a2 +3 c
√a2+b2
<2.√34 (*)
Trong a, b, c độ dài cạnh tam giác Giải
Ta cã
b3+c3≥1 4(b +c )
2
ThËt vËy:
(1)⇔4(b3+c3)≥ b3+c3+3 b2c+3 bc2
⇔b3
+c3−b2c − bc2≥0
⇔b2
(b − c)− c2(b − c)≥ 0
⇔(b − c)(b2− c2)≥ 0
⇔(b − c)2(b+c)≥ 0 Luôn suy (1)
T¬ng tù: a3+c3≥1 4( a+c )
2
a3+b3≥1 4(a+b )
2
Do đó:
a
3
√b2+c2+
b
3
√c2+a2+
c
3
√a2+b2<
3
√4( a
b +c+ b a+c+
c a+b)(3)
Mµ:
¿
(b+ca + b a+c+
c a+b)=
2 a 2(b +c)+
2b 2(a+c )+
2c 2(a+b)<¿
2 a
b+a+c+
2 b
a+ b+c+
2 c
a+b+c=2 ¿
(4)
Do:
¿ a+b >c b+c>a a+c>b
¿{ {
¿
Từ (3) (4) suy điều phải chứng minh
Các tập khác:
(6)Bài tập 3.4 Cho a, b, c cạnh tam gi¸c Chøng minh r»ng:
a2(b+c − a)+b2(a+c −b )+c2(a+b −c ) ≤3 abc
Bài tập 3.5 Giả sử a, b, c độ dài cạnh tam giác. Chứng minh rằng: (√3a+√3b+√3c)(31
√a+
1
3
√b+
1
3
√c)−
a+b +c
3
√abc ≤ 6
Bài tập 3.6 Giả sử a, b, c độ dài cạnh tam giác. Chứng minh (a+b +c )(1
a+
1
b+
1
c)+
3 (a −b )(b − c )( c − a)
abc ≥ 9
Bµi tËp 3.7 Cho a, b, c, d > vµ a + b + c + d = 1 Chøng minh r»ng:
√a+b+c+√b +c +d +√b+d +a+√c+d+a ≤2√3
ứNG DụNG 2: ứng dụng bất đẳng thức Cơsi để tìm cực trị
* Víi a 0, b ta cã a b 2 ab , dÊu “=” x¶y a = b * Với n số không âm: a1 , a2 , …, an ta cã:
n
n n
a a a n a a a
DÊu “=” x¶y a1 = … = an
* Tõ BĐT ta suy ra:
+ Nếu a.b = k (const) th× min(a + b) = k a = b + NÕu a + b = k (const) th× max(a.b) =
2
4
k
a = b
* Mở rộng n số không âm:
+ NÕu a1.a2…an = k (const) th× min(a1 + a2 + … + an) = n
n k a1 = a2 = … = an
+ NÕu a1 + a2 + …+ an = k (const) th× max(a1.a2…an) =
n k n
a1 = a2 = … = an
VÝ dô: Cho x > 0, y > tho¶ m·n:
1 1
x y
T×m GTNN cđa A = x y
(7)V× x > 0, y > nªn
x > 0,
1
y > 0, x > 0, y > Ta cã:
1 1 1 1
2
4
2 4
Cs
x y x y xy
xy
A x y x y
VËy A = x = y =
Nhận xét: Trong ví dụ ta sử dụng BĐT Côsi theo chiều ngợc nhau:
+ Dïng
a b
ab
để dùng điều kiện tổng
1 1
x y từ đợc xy 4
+ Dùng a b 2 ab “làm giảm” tổng x y để dùng kết xy 4
Khơng phải lúc ta dùng trực tiếp BĐT Côsi các
số đề Ta có số biện pháp biến đổi biểu thức để vận dụng BĐT Cơsi tìm cực trị nó:
* Cách 1: Để tìm cực trị biểu thức ta tìm cực trị bình phơng biểu thức đó.
VÝ dơ: T×m GTNN cđa A = 3x 5 x
Bài giải
Điều kiện:
5
3 x
Ta cã: A2 = ( 3x – ) + ( – 3x ) +
3x 3 x
A2 ( 3x – + – 3x ) + = 4
DÊu “=” x¶y 3x – = – 3x x = VËy max A2 = max A = x = 2
Ta thấy A đợc cho dới dạng tổng thức Hai biểu thức lấy căn
có tổng khơng đổi (bằng 2) Vì vây, bình phơng A xuất hạng tử lần tích thức Đến vận dụng BĐT Cơsi
(8)* C¸ch 2: Nhân chia biểu thức với số khác 0
Ví dụ: Tìm GTLN A =
9 x x
Bài giải: Điều kiÖn: x Ta cã:
1
9.3 3 9
9 3
5 5 10 30
x
x x
x A
x x x x
DÊu “=” x¶y
9
3 18
3
x
x
VËy max A =
1
18 30 x
Trong cách giải trên, x – đợc biểu diễn thành
9 3
x
vận dụng
BĐT Côsi tích nµy trë thµnh nưa tỉng:
9
3
3
x
x
có dạng kx rút gọn cho x mẫu ( số đợc tìm cách lấy 9, số có đề bài)
* Cách 3: Biến đổi biểu thức cho thành tổng biểu thức sao cho tích chúng số.
VÝ dơ 1: ( T¸ch hạng tử thành tổng nhiều hạng tử nhau)
Cho x > 0, t×m GTNN cđa A =
4
3x 16
x
Bài giải
A =
4
3x 16
x
=
4
3 3
16 16 16
3x x x x x x x
x x x
A 4.2 = ( dÊu “=” x¶y
16
2
x x
x
) VËy A = x =
VÝ dụ 2: (Tách hạng tử chứa biến thành tổng cđa mét h»ng sè víi mét
(9)Cho < x < 2, t×m GTNN cđa A =
9
2 x
x x
Bài giải
9
1
2
x x x x
A
x x x x
DÊu “=” x¶y
9
2
x x
x
x x
VËy A =
1
x
Trong cách giải ta tách
2
x thµnh tỉng
2
1
x x
H¹ng tư
2 x
x
nghịch đảo với
x x
nên vận dụng BĐT Côsi ta đợc tích chúng là
mét h»ng sè
* Cách 4: Thêm hạng tử vào biểu thức cho
VÝ dô: Cho x, y, z > tho¶ m·n: x + y + z = 2
T×m GTNN cđa P =
2 2
x y z
y z z x x y Bài giải Vì x, y, z > ta cã:
áp dụng BĐT Côsi số dơng
2
x
y z vµ 4
y z
ta đợc:
2
2
4
x y z x y z x
x
y z y z
(1) T¬ng tù ta cã:
2
2
(2)
(3)
y x z
y x z
z x y
z x y
(10)Cộng (1) + (2) + (3) ta đợc:
2 2
2
x y z x y x
x y z y z z x x y
x y z P x xy z
DÊu “=” x¶y
2 x y z
VËy P =
2 x y z
Nhận xét: Ta thêm y z
vào hạng tử thứ x
y z có đề bài, để vận dụng BĐT Cơsi khử đợc (y + z) Cũng nh hạng tử lại đề Dấu đẳng thức xảy đồng thời (1), (2), (3)
2 x y z
NÕu ta lần lợt thêm (y + z), (x + z), (x + y) vµo
2 2
; ;
x y z
y z x z x y ta cũng khử đợc (y + z), (x + z), (x + y) nhng điều quan trọng khơng tìm đợc giá trị x, y, z để dấu đẳng thức đồng thời xảy ra, khơng tìm đợc GTNN P
áp dụng cách với việc sử dụng BĐT Côsi ta có ví dụ khác nh sau:
VD 1: Cho a, b, c > tho¶ m·n: a + b + c = 1
T×m GTLN cđa P =
1 1
1 1
a b c
Ph©n tÝch: a, b, c >
3
3
1
3
abc
abc
Do khai triển P ớc lợng theo BĐT Cơsi Bài giải
C¸ch 1:
1 1 1 1
1 P
a b c ab bc ac abc
(11)3
3
1
3
3
3 27
a b c abc abc abc
abc
(1) Mặt khác:
2 3
2
1 1
3 27
1 1
3
ab ac bc abc
a b c abc
(2) (1) + (2) ta cã: P 1 32 27 27 64 VËy P = 64 C¸ch 2:
3
4 4
4
1 1
1
1
4 64
a b c
P a b c
a b c abc
P a a b c b a b c c a b c
abc
P a b c
abc
Tỉng qu¸t: cho S = a + b + c
t×m GTLN cđa P =
1 1
1 1
a b c
VD 2: T×m GTLN cña B =
2
1 y
x
x y
Bµi gi¶i
1.( 1)
1 1
2
2
2 2
4 2 x
x x
x x x
y
y y
y y y
max B =
1
1 2
2
2 4
x x
y y
(12)T×m GTNN cđa B =
2
1
1
x y
Bài giải
Ta cã: B =
2
1
1
x y
= +
2
xy
2
1 x y CS4xy B
xy
VËy B =
1 x y
VD 4: Cho x, y, z > tho¶ m·n:
1 1
2 1x1y 1z
Tìm GTNN P = xyz
Bài gi¶i
Ta cã:
1 1
1
1 1 1 1
y z yz
x y z y z y z
T¬ng tù:
1
1 1
1 2
1 1
zx
y x z
xy
z x y
1 P xyz
VËy max P =
1
8 x y z
VD 5: Cho M = 3x2 – 2x + 3y2 – 2y + |x| + 1
Tính giá trị M biết x, y số thoả mãn x.y = biểu thức |x + y| t GTNN
Bài giải: Ta có:
2
4
CS
(13)Min |x + y| = x = y,
1 xy
x y
Khi x = y = hc x = y = - + Khi x = y = th× M = + Khi x = y = - th× M = 17
VD 6:
Cho số thực không âm a1, …, a5 tho¶ m·n: a1 + … + a5 =1
T×m GTLN cđa A = a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5
Bài giải
Ta có: A = a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5 (a1 + a3 + a5)(a2 + a4)
1
1
2
1
2
2
a a a a a
a a a a a
a a a a a
A
VËy max A =
1
1
3
1
2
2 0
a a
a a a a a
a a a
VD 7: Cho a, b > T×m GTNN cđa A =
x a x b x
( x > 0) Bài giải
x a x b x2 ax bx ab ab
A a b x
x x x
2
A a b ab A a b ab
.
DÊu “=” x¶y
ab
x x ab
x
VD 8: T×m GTNN cđa hµm y =
2
1 x x víi < x < 1
(14)Ta cã: y =
2 2
1
x x x x
x x x x
( < x < 1)
=
2
3 2
1
x x x x
x x x x
DÊu “=” x¶y
2
2 1
x x
x
x x
VD 9: Cho a, b > cho tríc.
Các số x, y > thay đổi cho
1
a b
x y
Tìm x, y để S = x + y đạt GTNN Tìm S theo a, b Bài giải
Ta cã:
1
a b a b bx y
S x y a b
x y x y y x
2
min
bx ay
S ab a b ab
y x
ay bx
S a b ab
x y
Mµ
1 x a ab
a b
x y y b ab
VD 10: T×m GTNN cđa P =
4
2
4 16 56 80 356
2
x x x x
x x
Bài giải
Ta có: P =
4
2
4 16 56 80 356
2
x x x x
x x
=
2 256
4 64
2
CS
x x
x x
(15)Bài tập tơng tự
BT 1: Cho x, y > thoả mÃn x y = Tìm GTLN cña A =
4 2
x y
x y x y
BT 2: Tìm GTLN biểu thức sau:
2
2
2 2 2 2
2
1
1
1
;
2
3
1
1
;
1
2
;
2000
A x x
yz x xz y xy z
B
xyz x
C x
x D
x x E
x
x x
F x
x x
x x
G
x x
x
H x
x
BT 3: Cho a, b, c > tho¶ m·n
1 1
2
1a1b 1c T×m GTLN cđa biĨu
thøc Q = abc
BT 4: Cho x, y > tho¶ m·n x + y = T×m GTNN cđa biĨu thøc
P =
1
1
x y
(16)
2
2
2
2
2
4
;
;
1
1
1 ;
1 ;
1
; 0,1
1
;
2
x x
A x
x x
B x
x x x C
x x
D x x
x x
E x x
x x
F x
x x x
G x
x
BT 6: Cho x, y > th¶o m·n
2 4
x y T×m GTNN cđa biĨu thøc
E =
2 2
1
x y
y x
BT 7: Tìm GTLN GTNN A = 3x 6 x; 3 x 6
BT 8: T×m GTLN cđa A =
1
x y
biÕt
,
2
x y x y
BT 9: Cho a, b > tho¶ m·n a b = 216 T×m GTNN cđa S = 6a + 4b
BT 10: Cho a, b > tho¶ m·n
1 a
b
T×m GTNN cđa A =
a b b a
BT 11: Cho a, b > tho¶ m·n
3 a ab
T×m GTNN cđa S =
2
a b
(17)BT 13: Với giá trị a tích xy nhận GTLN x, y, a số thực
thoả mÃn
2
4
1
4
x a a y
BT 14: T×m GTNN cđa A =
8
x a x
biÕt a > 0, x >
BT 15: Với giá trị số dơng a biểu thức D đạt GTNN ?
A =
1000 900 90 1995
a a a a
a
BT 16: T×m GTNN cđa C = x100 10x10 2004
BT 17: T×m GTLN cđa E =
2
2 ; 0,
x xy y
x y x xy y
BT 18: T×m GTLN cđa tÝch ;n x x x n
BiÕt
1
; 1,
i
x i n
n
vµ
2 2
1 n
x x x
BT 19: T×m GTLN cđa B =
19952; 0
x
x
x
BT 20: T×m GTNN cña N =
2
x
x y x y
biÕt r»ng x, y > BT 21: T×m GTLN cđa H =
2
1 x x
víi 1 x BT 22: T×m GTLN cđa biĨu thøc:
P =
1 1 1
1 1
x y z
x y z
y z x z x y
Với x, y, z biến đổi nhng thoả mãn 0x y z, , 1
BT 23: T×m GTNN cđa
,
f x y x
xy x y
;
,
x y
x y
(18)BT 24: T×m GTLN cđa
2
2 x
x
BT 25: T×m GTLN cđa
8
x x