[123doc.vn] - trich-doan-cong-pha-bdt

24 6 0
[123doc.vn] - trich-doan-cong-pha-bdt

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

NGUYỄN VĂN HƯỞNG – TĂNG HẢI TUÂN CÔNG PHÁ BẤT ĐẲNG THỨC NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn MỤC LỤC PHẦN I: HAI BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN CHƯƠNG I: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM $1: LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM 1 I Bất đẳng thức AM-GM II Các bất đẳng thức phụ hay dùng III Một số tốn sử dụng AM-GM thơng thường: A Ứng dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM B Sử dụng đẳng thức: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c + 2(ab + bc + ca) C Sử dụng bất đẳng thức phụ D Vài bất đẳng thức mạnh bất đẳng thức AM-GM $2: CÁC KĨ NĂNG CẦN CÓ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM I Kĩ dự đoán điểm rơi: II Kĩ biến hóa: 13 $3: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM DƯỚI MẪU CHƯƠNG II: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ $1: LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ 17 23 23 I Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 23 II Một số dạng hay dùng đề thi đại học 23 III Một vài ứng dụng 23 $2: CÁC KĨ NĂNG CẦN CÓ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ 28 I Làm quen với dạng biểu diễn khác bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 28 II Kĩ thuật chọn điểm rơi 29 III Kĩ thuật thêm bớt 32 IV Kĩ đưa đại lượng giống 34 V Kĩ đổi biến số 36 VI Kĩ nhân; chia đại lượng vào tử mẫu 38 VII Kết hợp nhiều kĩ 39 PHẦN II: BẤT ĐẲNG THỨC MỘT BIẾN 45 $1: TƯ TƯỞNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC MỘT BIẾN 45 $2: KĨ NĂNG ĐỔI BIẾN TRONG BẤT ĐẲNG THỨC MỘT BIẾN 54 $3: MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT 59 PHẦN III: BẤT ĐẲNG THỨC HAI BIẾN SỐ 62 $1: PHƯƠNG PHÁP THẾ VỀ MỘT BIẾN 62 $2: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DO TÍNH ĐỐI XỨNG 66 $3: BẤT ĐẲNG THỨC CÙNG BẬC VỚI HAI BIẾN 69 $4: MỘT VÀI BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT 71 PHẦN IV: BẤT ĐẲNG THỨC BA BIẾN 73 $1: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ TOÀN PHẦN 73 $2: KĨ NĂNG ĐƯA VỀ MỘT BIẾN 82 I Kĩ thuật dồn biến 82 II Kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức cổ điển, bất đằng thức phụ ý tưởng nhỏ 87 PHẦN V: BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC 96 I Dạng sử dụng loại bất đẳng thức 98 II Phương pháp dồn biến bất đẳng thức lượng giác 101 PHẦN VI: PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI 107 Một số tính chất tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức 107 Sử dụng tam thức bậc để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức 108 Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức 116 Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức tam giác 132 PHẦN VII: “VÙNG BIỂN” CHƯA ĐƯỢC KHAI THÁC $1: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC NÊN BIẾT 136 136 I BÀI TOÁN I: TƯ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN 136 II BÀI TOÁN II: TỬ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV 140 III BÀI TOÁN III : TƯ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR 144 IV BÀI TOÁN IV: TƯ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC HOLDER 148 V TƯ TƯỞNG BẤT ĐẲNG THỨC DÙNG KHAI TRIỂN ABEL 151 VI KĨ THUẬT PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG SOS 154 $2: MỘT PHƯƠNG PHÁP “LẠ” PHẦN VIII: BẤT ĐẲNG THỨC CHỌN LỌC 156 162 $1: CHIA SẺ KINH NGHIỆM TỪ MỘT BÀI TOÁN “CŨ” 162 $2: 131 BÀI TOÁN TUYỂN CHỌN VÀ PHÂN TÍCH GIẢI 168 $3 : TUYỂN TẬP CÁC CÂU BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC 2005 – 2014 240 $4 : BÀI TẬP RÈN KĨ NĂNG 252 PHẦN IX: ĐÀO SÂU VÀ MỞ RỘNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC HAY DÙNG $1: PHƯƠNG PHÁP SOS SUY RỘNG 257 257 Phương pháp S.S 262 Phương pháp S.O.S hoán vị 265 $ 2: BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN VÀ NHỮNG MỞ RỘNG 267 I Bất đẳng thức Jensen tổng quát 267 II Bất đẳng thức Karamata 269 III Bất đẳng thức Muirhead 270 $3: BẤT ĐẲNG THỨC VORNICU-SCHUR 272 PHẦN X: MỘT SỐ BỔ ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ 276 PHẦN XI: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP MỚI TRONG BẤT ĐẲNG THỨC HIỆN ĐẠI 295 $1: PHƯƠNG PHÁP PHÂN LY ĐẲNG THỨC 295 $2: ỨNG DỤNG GIẢI TÍCH TRONG BẤT ĐẲNG THỨC 301 I Một dạng toán xuất phát từ bất đẳng thức tích phân 301 A Cơ sở lý thuyết 301 Công phá Bất đẳng thức B Bài tập minh họa II Sử dụng dãy số để chứng minh số bất đẳng thức ba biến đối xứng $3: BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN Lovebook.vn 301 305 308 I Một số kĩ thuật đặc trưng với bất đẳng thức bốn biến 308 II Bất đẳng thức n biến 314 PHẦN XII: BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CÁC ĐỀ THI CHỌN HSG TRÊN CẢ NƯỚC 324 PHẦN A ĐỀ BÀI 324 PHẦN B LỜI GIẢI 328 PHẦN XIII: TUYỂN TẬP VÀ TỔNG HỢP CÁC BÀI TỐN KHĨ 354 $1: BẤT ĐẲNG THỨC TRONG BÀI THI TST (2000-2014) 354 $2: BÀI TẬP TỔNG HỢP 380 $3: MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ RÈN LUYỆN 434 PHỤ LỤC I : SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN VẬT LÍ 437 PHỤ LỤC II : MỘT SỐ TỪ NGỮ TIẾNG ANH HAY DÙNG LIÊN QUAN ĐẾN BẤT ĐẲNG THỨC 443 PHỤ LỤC III : TIỂU SỬ MỘT SỐ NHÀ TOÁN HỌC ĐƯỢC ĐẶT TÊN CHO CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN TÀI LIỆU THAM KHẢO LỜI KẾT 446 455 456 PHẦN VIII: BẤT ĐẲNG THỨC CHỌN LỌC $1: CHIA SẺ KINH NGHIỆM TỪ MỘT BÀI TỐN “CŨ” Phần tơi xoay quanh tốn từ tổng hợp số kiến thức quan trọng cho bạn ! Bài toán 1: Cho x ≥ z ≥ y > Tìm giá trị nhỏ của: x z − xyz xyz + x 2xyz + z P= + + 3xyz + x + z x z + z + xyz x z + x “Chém gió”: Khi gặp tốn này, bạn đọc có hướng suy nghĩ gì? Đó điều tơi muốn bạn biết Khi gặp tốn bất đẳng thức, đừng có hoảng sợ, cố gắng vạch hướng mà theo Đừng có nháp hay suy nghĩ viển vơng mà thân chưa biết làm Với tốn 1, tơi thấy ý tưởng đầu tiên: dùng đạo hàm cho biến, lẽ biến x, y, z không ràng buộc vào đẳng thức Tuy nhiên, lại phức tạp cho việc xét dấu đạo hàm Vậy ta có nên theo hướng đó, hay nói cách khác, ta phải làm bây giờ? Chưa biết phải làm gì, tơi xin đưa “form” chung cho toán bất đẳng thức sau: Đọc kĩ đề, mắc nối giả thiết kết luận với Thử dự đoán dấu xảy Lựa chọn phương pháp theo trình tự: Công cụ mạnh: Phương pháp dồn biến  Phương pháp phân tích bình phương  Bất đẳng thức Schur Bất đẳng thức cổ điển:  Bất đẳng thức Cauchy  Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz  Bất đẳng thức Holder  Bất đẳng thức Jensen  … Phối hợp kĩ năng: Tách, ghép, đổi biến, bất đẳng thức phụ, … Đây “form’’ chung dành cho đa số tốn, nằm suy nghĩ Điều mà nhấn mạnh đây: đa số khơng phải tất Ví dụ bước hai, dự đoán dấu bằng, nhiều người nói rằng: dự đốn dấu coi giải 50% tốn Điều không sai chưa đủ: Trước dự đoán, ta cần đặt câu hỏi: Dự đoán dấu để làm (mục đích); dự đốn liệu có khơng (tính sai), tốn nên dự đoán (đối tượng) Để trả lời câu hỏi này, đưa số tiêu sau: - Một là: Chỉ nên dự đốn có hình thức đơn giản, để mục tiêu khơng bị tốn q nhiều vào việc dự đốn Ví tốn chả lao đầu vào việc tìm dấu xảy Như vậy, cần nhấn mạnh mục tiêu một: nên dự đốn dấu hay khơng? - Hai là: Theo kinh nghiệm thấy, hầu hết tốn có dấu xảy khi:  Hoặc biến biên (nằm giả thiết)  Hoặc hai biến Khi thay vậy, ta biến, dùng đạo hàm để tìm dấu dễ dàng hơn! Nhưng tất - Ba là: Dự đốn dấu để làm gì? (mục tiêu) Thì bạn đánh giá, bất đẳng thức bài, sau viết, bạn phải kiểm tra có xảy dấu hay khơng? Ví dụ dấu xảy ba biến x, y, z mà bạn lại xuất đánh giá xyz>0 bất đẳng Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn thức chắn bạn làm kiểu lời giải sai Kinh nghiệm bạn thấy rõ phương pháp cân hệ số Ở bước ba, “form”của là: từ công cụ mạnh đến công cụ yếu Tại lại nghĩ thế? Đơn giản ta phải xác định mục tiêu ta: giải tốn khơng phải tìm lời giải tốn Hai điều khác nào? Ý mà muốn bạn hiểu là: + Giải tốn: tìm kết tốn, tìm cách chứng minh kết luận phải theo chất Tức là, dù cách giải dài hay ngắn phải suy luận logic + Tìm lời giải toán: định nghĩa bao trùm giải tốn, tức ta phải tìm lời giải hay, đẹp mắt, nhiều không theo suy luận logic Chắc chắn rằng, tìm lời giải phức tạp giải tốn Trong kì thi tuyển sinh đại học, thứ mà cần “giải toán” Nếu bạn nắm rõ gốc gác vấn đề cần suy luận thơng thường để tìm giải đáp Tuy nhiên, bước ba này, đâu phải theo “form”, ví dụ họ cho bất đẳng thức hai biến đối xứng chả “ngu” mà nghĩ tới kĩ thuật dồn biến, … Điều mà muốn nhắc nhờ: đừng quy tắc, linh hoạt tốt Với đống công cụ, ta cần chọn công cụ cho hợp lý???? Quay lại tốn 1, bạn có ý tưởng chưa? Đây tốn “cũ” Vì tơi nói vậy? Tơi nói khơng lần: Tốn học khơng đơn cơng thức, mà tinh tế liều lĩnh Sau thời gian suy nghĩ vẩn vơ, ta có cách biến đổi kinh hoàng: a=x−y b= y+ z ⇒ a; b; c > (∗) c = 2y + { x Khi đó, tốn trở thành: Bài tốn 2: Cho a; b; c > Tìm giá trị nhỏ của: a b c P= + + b+c c+a a+b Quá quen thuộc ! Nhưng có phép biến đổi (*)? Đó nhờ vào giả thiết x ≥ z ≥ y > 0, xuất nhiều lần tích xyz với can đảm, nhạy cảm Bài tốn 2, nhìn qua có lời giải sau: Lời giải 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân số: (a + b + c)2 a2 b2 c2 P= + + ≥ ab + ac bc + ba ca + cb 2(ab + bc + ca) Áp dụng bất đẳng thức phụ: (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) (a + b + c)2 3(ab + bc + ca) ⇒P≥ ≥ = 2(ab + bc + ca) 2(ab + bc + ca) Dấu “=” xảy khi: a = b = c 1 ⇔ x − y = y + = 2y + z x 2y = x − z ⇔{ 1 y= − z x 1 y= − z x ⇔{ x− = − z z x Có thể lấy ví dụ thỏa mãn đề: x = 2, = ; z = Các bạn bị “nhiễm độc” lời giải mà khơng suy nghĩ Tại ta có lời giải Vì q quen thuộc, xuất q nhiều lần? Thế nhưng, khẳng định rằng: Chúng ta theo lời giải chưa giải tốn (xem lại khái niệm giải mà tơi đặt nhé) Bản chất lời giải toán chưa mở Hãy quay lại “form” suy ngẫm Điều mà thấy, chắn biến a;b;c không phụ thuộc vào nhau, nên hướng nghĩ đạo hàm theo biến bỏ qua ! Lời giải 2: Giả sử a ≥ b ≥ c > Ta xét: a b c P = f(a; b; c) = + + b+c c+a a+b b c ⇒ fa′ (a; b; c) = − − (a + b)2 b + c (c + a) b c ⇒ fa′ (a; b; c) ≥ − − =0 b + c (c + b)2 (c + b)2 Suy ra: f(a;b;c) đồng biến [b; +∞) b b c 2b c ⇒ P ≥ g(b; c) = + + = + b + c c + b b + b c + b 2b 2x b ⇒ P ≥ f(x) = + ,x = ≥ 1 + x 2x c Xét hàm số f(x) [1; +∞) có: f ′ (x) = − ≥ 0, ∀x ≥ (1 + x) 2x Do đó, ta thu được: P ≥ f(x) ≥ f(1) = Bài tốn có biến độc lập với ta nghĩ tới phương pháp sử dụng đạo hàm để làm giảm biến số Tiếp tục theo hướng giảm biến số, ta có phương pháp mạnh: Lời giải 3: Đặt: b+c t= Xét hiệu: b c 2t M= + − c+a a+b a+t (b − c)t b t t c M=( − )−( − )= ( − ) c+a t+a t+a b+a a+t c+a b+a t(b − c)2 ⇒M= (a + t)(a + b)(a + c) b c 2t ⇒M≥0⇒ + ≥ c+a a+b a+t a b c a 2t a 2t ⇒P= + + ≥ + = + b + c c + a a + b b + c a + t 2t a + t x a ⇒ P ≥ f(x) = + ,x = x+1 t Xét hàm số f(x) (0; +∞) có: f ′ (x) = − (x + 1)2 ′ (x) ⇒f =0⇔x=1 Lập bảng biến thiên ta thu được: P ≥ f(x) ≥ f(1) = Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn Lời giải hai cách rõ ràng Cách ba sử dụng tư tưởng dồn biến: b+c b+c ∗ Bước 1: f(a; b; c) ≥ f (a; ; ) 2 a ∗ Bước 2: Cùng bậc a, t nên đặt x = t ∗ Bước 3: Khảo sát hàm f(x) Khá quen thuộc tơi nói rõ Những toán nên nghĩ qua phương pháp này: Bài tốn ba biến, đối xứng, hình thức đơn giản, nghĩ tới phương pháp dồn biến Ngoài hai hướng (mục tiêu đưa biến) hướng thứ hai đánh giá đồng thời có nhiều hướng Khi đối xứng, ta có lời giải: Lời giải 4: Xét hiệu: a b c P− = + + − b+c c+a a+b 2a − b − c 2b − c − a 2c − a − b ⇒P− = ( + + ) 2 b+c c+a a+b 1 1 1 ⇒ (P − ) = (a − b) ( − ) + (b − c) ( − ) + (c − a) ( − ) b+c a+c c+a b+a a+b c+b (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 ⇒ (P − ) = + + (a + c)(b + c) (b + a)(c + a) (c + b)(a + b) ⇒P≥ Lời giải đơn giản ngắn gọn, dựa tư tưởng phân tích bình phương SOS Bài toán đối xứng, đặc biệt đạng phân thức, có dấu biến có hướng nghĩ sử dụng phương pháp phân tích bình phương SOS Khi biến dạng đối xứng, ta hướng suy nghĩ cũ: Lời giải 5: Đặt: p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc a b c a(a + b)(a + c) + b(b + c)(b + a) + c(c + a)(c + b) ⇒P= + + = (a + b)(b + c)(c + a) b+c c+a a+b p − 2pq + 3r ⇒P= pq − r P ≥ ⇔ 9r ≥ 7pq − 2p3 Theo bất đẳng thức Schur bậc ba ta có: 9r ≥ 4pq − p3 Lại có: 4pq − p3 ≥ 7pq − 2p3 ⇔ p2 ≥ 3q ⇔ (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) Do đó, ta có: 9r ≥ 4pq − p3 ≥ 7pq − 2p3 ⇒P≥ Bài toán đối xứng ba biến, có hướng nghĩ đổi biến để dùng bất đẳng thức Schur Khi học phương pháp đánh giá tồn phần, tơi có đưa ví dụ, ta thử áp dụng xem cho không? Tìm số k để có: Ta tìm được: k = Do đó, ta có lời giải : a ak ≥ b + c 2(ak + b k + c k ) a ≥ b+c 3 a2 (a2 + b2 + 3 c2) (∗) 3 (∗) ⇔ a2 + 2a b + 2a c ≥ 3a2 b + 3a2 c Đến đây, đơn áp dụng bất đẳng thức Cauchy: 3 3 2 2 {a + a b + a b ≥ a b a2 + a c + a c ≥ a2 c (*) Áp dụng thêm hai lần đem cộng ba bất đẳng thức lại ta thu được: P≥ Quay sang góc nhìn hồn tồn khác với độc lập, tính đối xứng ta cịn thấy bất đẳng thức bất đẳng thức bậc Vì ta giả sử: a + b + c = Bài tốn có dạng: 𝐟(𝐚; 𝐛; 𝐜) ≥ 𝟎 ⇔ 𝐟(𝐤𝐚; 𝐤𝐛; 𝐤𝐜) ≥ 𝟎 ta giả sử đại lượng thích hợp khơng đổi Khi đó, toán trở thành: Cho a; b; c > 0, a + b + c = Tìm giá trị nhỏ của: a b c P= + + 3−a 3−b 3−c Có lời giải cho hướng tập Chắc chắn rồi, có hai hướng đi: Lời giải 7: Ta chứng minh: x ∀x ∈ (0; 3) ⇒ ≥ x − (∗) 3−x 4 Thật ta có: (∗) ⇔ 4x ≥ (3x − 1)(3 − x) ⇔ 4x ≥ −3x + 10x − ⇔ 3(x − 1)2 ≥ Áp dụng (*) ta có: a ≥ a− 3−a 4 b ≥ b− 3−b 4 c {3 − c ≥ c − 3 3 ⇒ P ≥ (a + b + c) − = − = 4 4 Sự xuất số bạn hiểu Đây phương pháp đánh giá tồn phần mà tơi đề cập Cơng phá Bất đẳng thức Lovebook.vn Bài tốn có g(a) + g(b) + g(c)=0, cần chứng minh: f(a) + f(b) + f(c)≥ 𝟎 ta tìm k để: 𝐟(𝐚) ≥ 𝐤𝐠(𝐚) Lời giải 8: x (0; 3) có: 3−x ′′ (x) f ′ (x) = ⇒ f = ≥ , ∀x ∈ (0; 3) (3 − x)2 (3 − x)3 Do đó, theo bất đẳng thức Jensen ta có: 𝑎+𝑏+𝑐 P = f(a) + f(b) + f(c) ≥ 𝑓 ( ) = 𝑓(1) = 𝑋ét hàm số f(x) = Bài tốn có tổng tích a;b;c có f(a) + f(b) + f(c), ta nghĩ tới bất đẳng thức Jensen Bài toán quy tốn Bài tốn lại có 7, lời giải với tư tưởng khác hoàn tồn Mỗi tư tưởng đúc kết cơng cụ, phương pháp Chúng ta cần qquan sát tinh tế, suy luận theo lối mòn, dẫn tới đích Mỗi đóng khung lưu ý mà bạn đọc cần để ý, ơn lại số dạng toán mà ta học chương trước Và đây, tiếp tới 123 tốn khiến bạn có nhìn khác bất đẳng thức Còn nữa… 3 Sử dụng phương pháp tam thức bậc chứng minh bất đẳng thức Ngoài khả tìm giá trị nhỏ nhất, lớn biểu thức, phương pháp tam thức bậc hai dùng để chứng minh số bất đẳng thức Chúng ta cần nhớ lại Với tam thức bậc hai f ( x )  ax  bx  c với a   a    Muốn chứng minh f ( x )  0,x  R , ta chứng minh  a    Muốn chứng minh f ( x )  0,x  R , ta chứng minh     f ( x )  0, x  Muốn chứng minh   , ta chứng minh   f ( x )  0, x  Muốn chứng minh   , ta chứng minh f  x  có nghiệm chọn cách sau:  Chỉ nghiệm cụ thể f ( x )  Chỉ số  mà a  f ( )   Chỉ số  ,  cho f ( ) f (  )  Chúng ta qua ví dụ để hiểu rõ Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa a  b  c  Chứng minh rằng: a  ab  2abc  Lời giải Từ giả thiết ta rút b   a  c Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành: a  a(3  a  c )  2ac(3  a  c )  , tương đương với f (a)  (2c  1)a2  (2c2  5c  4)a   Ta thấy f (a) tam thức bậc a có hệ số a2 ln dương  c  nên ta có   (2c2  5c  4)2  18(2c  1)  (2c  1)2(c2  4c  2)  (2c  1)2(3c  4c  2)  (2c  1)2(c  2)  Vậy nên, theo định lí dấu tam thức bậc hai, ta có f (a)  2 Bài toán chứng minh xong Dấu đẳng thứcc xảy a  , b  1, c  Ví dụ Chứng minh với số thực a, b ta có (a  2)(b2  2)  3(ab  a  b) Lời giải Nhận xét bất đẳng thức cần chứng minh bất đẳng thức bậc hai theo a b Ta viết lại bất đẳng thức sau: f (a)  (b2  2)a  3(b  1)a  2b2  3b   Ta có f (a ) tam thức bậc hai với hệ số a ln dương có biệt thức Cơng phá Bất đẳng thức Lovebook.vn  a  9(b  1)  4(b  2)(2b  3b  4) 2  (b  1)2 (8b2  4b  23)  Do đó, theo định lí dấu tam thức bậc hai, ta có f (a )  Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a  b  Ví dụ Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện xyz  x  y  z  Chứng minh ta có x  y  z  xy  yz  zx Lời giải Để ý rằng, từ giả thiết, ta rút biến theo biến lại, thay vào bất đẳng thức cần chứng minh, bất đẳng thức bậc hai theo biến Do đó, ta nghĩ đến phương pháp tam thức bậc hai Khơng tính tổng qt, ta giả sử z  min{x, y, z} , ta có  xyz  x  y  z  z  3z  z  Từ giả thiết, ta rút x   yz , ta cần chứng minh y  z  yz  yz  yz  yz  ( y  z )  yz y  z  yz y  z  yz Hay tương đương f ( y )  (1  z  z ) y  ( z  z  4) y  ( z  2)2  Ta có f ( y ) tam thức bậc hai có hệ số y  z  z   z(1  z )   biệt thức  y  ( z  z  4)2  4(1  z  z )( z  2)  z ( z  1) (5z  8)  z ( z  1)2 (5  8)  3z ( z  1)  Nên đó, theo định lí dấu tam thức bậc hai, ta có f ( y )  0, y Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy x  y  x  y  2, z  hốn vị Ví dụ Chứng minh bất đẳng thức sau 3( x  x  1)( y  y  1)  2( x y  xy  1), x , y  R Dấu "=" xảy nào? Chọn HSG Quốc gia, Quảng Trị, 2014 - 2015 Lời giải Để ý coi biến cố định, chẳng hạn y , bất đẳng thức bất đẳng thức bậc hai theo x Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương (3 y   y )x  (3  y  y )x   y  y  3  Ta có hệ số x 3 y   y   y     2  2  x  ( 3  y  y )2  4( 3 y   y )(1  y  y )  3 y  18 y  33 y  18 y   3( y  y  1)2  Do đó, theo định lí dấu tam thức bậc hai, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x  y  3 Nhận xét: Đây tốn khó (ngồi cách nêu trên, bạn đọc thử sức giải toán theo cách khác), phương pháp tam thức bậc hai thể hiệu Lần tơi gặp này, tơi giải phương pháp tam thức bậc hai lời giải dài dịng phức tạp Tơi xin trình bày lại lời giải cho người tham khảo, thấy tính đặc sắc phương pháp Sau khai triển, rút gọn bất đẳng thức cần chứng minh tương đương x y  xy   3( x  y )2  3xy( x  y )  3( x  y )  0, hay f (P , S )  P2  P   3S  3SP  3S  Nếu coi f (P , S ) tam thức bậc hai theo P ta có P  (1  3S )2  4(3S  3S  1)  3S  18S  - Nếu S   P  nên f (P )  Do ta cần xét trường hợp S  - Trong trường hợp S  , lại coi f (P , S ) tam thức bậc hai theo S , ta có  S  9(1  P )2  12(P2  P  1)  3P2  30P  + Nếu P   S  nên f ( S )  Do ta cần xét P  đủ + Nếu P  P  P   tức (P  1)2  16P hay P2  10P   4P ,    S  3 P2  10P   12P  0, nên suy f ( S )  + Nếu P  P  P   , ý S  4P nên S  P ta có f ( S )  6S  3P   12 P  3P   3(P  P  1)  0, S  P Do f ( S ) hàm đồng biến [2 P ;) , nên f ( S )  f (2 P ) , tức f ( S )  P2  P   3 4P  6P P  P  (P  P  1)2  Bất đẳng thức cuối ln nên tốn chứng minh xong Đẳng thức xảy x  y  3 Ví dụ Cho x , y , z số thực khơng âm Chứng minh ta có 3(1  x  x2 )(1  y  y )(1  z  z )   xyz  x y 2z Lời giải Dự đoán đẳng thức xảy x  y  z  Quan sát biểu thức vế phải, rõ ràng biểu thức vế phải biểu thức bậc hai theo biến Ta chọn z làm biến chẳng hạn (chọn x , y được, tính đối xứng bất đẳng thức này) Khi vế phải cịn xy tham số Vế trái biểu thức bậc hai theo z xuất đại lượng (1  z  z ) , (1  x  x )(1  y  y ) tham số Nếu ta đánh giá (1  x  x )(1  y  y ) biểu Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn thức phụ thuộc vào xy khả thành công dùng phương pháp tam thức bậc hai cao hơn, vế trái vế phải biểu thức bậc hai theo biến z tham số xy Ta thử xem sao? Một lẽ tự nhiên nhất, dự đoán đẳng thức, nên ta đánh giá AM-GM sau để đưa đại lượng (1  x  x )(1  y  y ) xy : (1  x  x )(1  y  y )  (2x  x )(2 y  y )  xy (*) Khi ta cần phải chứng minh 3xy(1  z  z )   xyz  x y 2z Tuy nhiên, bất đẳng thức lại không đúng, chẳng hạn cho xy  Điều chứng tỏ đánh giá AM-GM (*) “quá đà” làm “lỏng” bất đẳng thức Như vậy, ta cần phải có đánh giá chặt Chú ý theo AM-GM xy  x2 y2  , nên ta hi vọng bất đẳng thức chặt sau đúng: (1  x  x )(1  y  y )   x2 y2 Thế nhưng, thật may mắn, bất đẳng thức thật, ta có 2(1  x  x )(1  y  y )  (1  x y )  ( x  y )2  (1  x )2(1  y )2  Do đó, ta đưa tốn chứng minh 3(1  x y )(1  z  z )  2(1  xyz  x y 2z ) , tương đương f ( z )  (3  x y )  z  (3  2xy  3x y ) z   3x y  Đây tam thức bậc hai theo z có hệ số z dương, mặt khác   (3  2xy  3x y )2  4(3  x y )(1  3x y )  (1  xy )4  Nên theo định lí dấu tam thức bậc hai, ta có f ( z )  0, z Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy x  y  z  Ví dụ Cho số thực a, b, c , d Chứng minh bất đẳng thức: (a  b  c  d)2  3(a2  b2  c2  d2 )  6ab Lời giải Rõ ràng đa thức bậc hai Một cách tự nhiên, ta mong muốn đưa bất đẳng thức dạng tam thức bậc ẩn Vì bất đẳng thức đối xứng với hai biến a, b nên ta đưa tam thức bậc theo biến a b Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a2  2a(b  c  d )  (b  c  d )2  3(a2  b2  c2  d2 )  6ab  2a2  2a(c  d  2b)  (b  c  d )2  3(b2  c2  d2 )  Xét f (a)  2a2  2a(c  d  2b)  (b  c  d)2  3(b2  c2  d2 ) Ta thấy hệ số a2 2  có biệt thức    (c  d  2b)2  2[(b  c  d )2  3(b2  c2  d )]  (c  b)2  (d  b)2  2(c  b)(d  b)  2(c  d )2  3(c  d )2  Vậy nên f (a)  0, a, b, c , d  R Cịn nữa… Cơng phá Bất đẳng thức Lovebook.vn PHẦN III: BẤT ĐẲNG THỨC HAI BIẾN SỐ Bất đẳng thức hai hay nhiều biến số gần xuất thường xuyên đề thi đại học Và bất đẳng thức hai biến đơn giản bạn học tốt phần khác toán Kinh nghiệm gặp bất đẳng thức hai biến số gì? Khơng phải với hai biến số thơi đâu, ba biến Ln có hai mục tiêu chính: Hoặc làm giảm biến dùng đạo hàm, sử dụng loại bất đẳng thức để đánh giá đồng thời chúng Nói đơn giản thực khơng dễ Một tốn ln có nhiều phương pháp giải, bạn tự đặt câu hỏi người ta hình thành phương pháp chưa? Thì với bất đẳng thức hai biến, đại đa số hình thành từ cách giải hệ phương trình hai ẩn số? Vì vậy? Chúng ta tìm hiểu chúng xem $1: PHƯƠNG PHÁP THẾ VỀ MỘT BIẾN Tư tưởng chung: Từ điều kiện toán rút biến theo biến kia, tìm tập xác định biến xét hàm số tập xác định Bài 1: Cho x; y ∈ R thỏa mãn: y ≤ 5, x − 5x = y + Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn của: P = (x + y)(x + 4) x − 5x = y + Phân tích: Trước giải này, tơi chưa nghĩ vội Tơi thử đặt câu hỏi hệ { (x + y)(x + 4) = m giải nào, thấy phương trình có bậc y nên rút y theo x Tức phương pháp Lời giải: Từ giả thiết ta suy ra: x − 5x − = y − ≤ ⟹ (x + 1)(x − 6) ≤ ⟹ −1 ≤ x ≤ Ngoài ra: P = (x + x − 5x − 1)(x + 4) = f(x) Với f(x) = x − 17x − 1, −1 ≤ x ≤ ⟹ f ′ (x) = 3x − 17 Lập bảng biến thiên cho f(x) [−1; 6] suy ra: 17 f ′ (x) = ⟺ x = ±√ 17 −9 − 34√51 f(x) ≥ f (−√ ) = { f(x) ≤ f(6) = 113 Như ta có kết luận: GTLN P = 113 x = 6, y = −9 − 34√51 −√51 14 + 5√51 GTNN P = x = ,y = 3 Bài 2: Cho x + 2y = 2, x; y ∈ [−1; 1] Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn P = x + xy + y Lời giải: Ta có: x = − 2y, x ∈ [−1; 1] ⟹ y ∈ [ ; ] Mà giả thiết y ∈ [−1; 1] đó: y ∈ [ ; 1] 2 P = (2 − 2y)2 + (2 − 2y)y + y = f(y) Với f(y) = 3y − 6y + , ≤ y ≤ f ′ (y) = 6y − ⟹ f ′ (y) = ⟺ y = f(y) ≥ f(1) = 1 11 Lập bảng biến thiên cho f(y) [ ; 1] ta có: { f(y) ≤ f ( ) = Như ta có kết luận: GTNN P = x = 0; y = 11 x = 1; y = 4 𝐁à𝐢 𝟑: Cho xy − x = y, y ∈ [ ; ] Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn của: P = (x + y)(3x − 35) Lời giải: x y= x−1 ≤ x ≤4 Từ giả thiết ta suy được: 3x − 35x P = f(x) = { x−1 2x(x − 5)(3x − 7) Ta có: f ′ (x) = ⟹ f ′ (x) < 0, ∀𝑥 ∈ (3; 4) (x − 1) −368 f(x) ≥ f(4) = Do f(x) nghịch biến [3; 4] nên: { f(x) ≤ f(3) = −117 Kết luận: −368 GTNN P = x = 4, y = 3 GTLN P = −117 x = 3, y = −21 𝐁à𝐢 𝟒: Cho 3(xy + x − 1) = 2y , y ≤ , x ≤ Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn của: 20 3 3√3x − − 16 P= + 2(6 − 5x)√6 − 5x y+1 Phân tích: Đại lượng y biểu thức P xuất nên ta nên rút y theo x Lời giải: Điều kiện: y ≠ −1, x ≤ Từ 3(xy + x − 1) = 2y suy ra: y + = 3x − −21 1 Từ y ≤ suy ra: − ≤ x < Mà giả thiết cho x ≤ nên − ≤ x ≤ 20 3 3 Thay vào ta có: P = 3(3x − 2) √3x − − 16(3x − 2) + 2(6 − 5x)√6 − 5x ⟹ P = f(x) = 3(3x − 2) √3x − + 2(6 − 5x)√6 − 5x − 48x + 32 ⟹ f ′ (x) = 12 √3x − + 18√6 − 5x − 48 Ta có f ′ (x) = ⟺ √3x − + 3√6 − 5x − = ⟺ 2( √3x − + 2) + 3(√6 − 5x − 4) = 3(x + 2) −5(x + 2) ⟺ + =0 ( √3x − 2)2 − √3x − + √6 − 5x + ⟺ 3(x + 2) ( − )=0 − 5x + √6 ( √3x − 2) − 2√3x − + 2 5 Với − ≤ x ≤ ≤ < ≤ 3 ( √3x − 2) − √3x − + 12 √6 − 5x + GTLN P = Do f ′ (x) = ⟺ x = −2 Lập bảng biến thiên cho f(x) − ≤ x ≤ ta được: Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn 26√39 f(x) ≥ f ( ) = 19 + { f(x) ≤ f(−6) = 752 + 60 √20 Vậy ta có kết luận: 26√39 x = , y = −2 −21 GTLN P = 752 + 60√20 x = −6, y = 20 Nhận xét: Bài tốn hay Hãy ln cảnh giác tập giá trị 𝐱; 𝐲 trước xét hàm số Nó nhắc nhở ta cách giải phương trình vơ tỷ Ngồi cách giải trên, ta đặt √3x − = a, √6 − 5x = b đưa hệ phương trình giải Đồng thời nhắc nhở đạo hàm hàm phức hợp n m Tổng quát cho phương trình trên: k √ax + b ± h √cx + d = e n +b =u Phương pháp giải: Đặt { m√ax √cx + d = v ku ± hv = e n Ta có hệ: {u − b v m − d − =0 a c GTNN P = 19 + Giải hệ u; v Tìm x thử lại Bài 5: Cho x; y thỏa mãn: 2x − y = 2.Tìm giá trị nhỏ của: P = √x + (y + 1)2 + √x + (y − 3)2 Phân tích: Nếu x; y khơng bị ràng buộc phần bất đẳng thức biến ta nhận thấy P có dạng ⃗ | ta áp dụng bất đẳng thức |a⃗| + | b ⃗ |≥|a⃗ + b ⃗ | theo lập luận cũ để P ≥ const ta |a⃗| + |b phải chọn a⃗ = (x; y + 1); ⃗b = (−x; − y) Khi a⃗ + ⃗b = (0; 4) tức P ≥ √02 + 42 = dấu “=” x = 0, y = không thỏa mãn ràng buộc giả thiết Như vậy, ta có hướng nghĩ tự nhiên thay y = 2x − vào xét hàm số Lời giải: Ta có: y = 2x − nên: P = √5x − 4x + + √5x − 20x + 25 Đến ta có hai hướng giải: Một dùng bất đẳng thức vec-tơ Hai dùng đạo hàm Ta theo hướng hai giải nhiều Xét f(x) = √5x − 4x + + √5x − 20x + 25 có: 5x − 5x − 10 f ′ (x) = + √5x − 4x + √5x − 20x + 25 (5x − 2)(5x − 10) ≤ 2 ′ (x) 5x − 5x − 10 Do đó: f =0⟺{ ( ) =( ) √5x − 4x + √5x − 20x + 25 2 ⟺{ 5≤x≤2 ⟺x= 24x − 16x = Lập bảng biến thiên ta suy ra: f(x) = 2√5 ⟺ x = 2 Vậy P = 2√5 ⟺ (x; y) = ( ; − ) 3 Bài 6: Cho x; y ≥ 0, x + y = Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn của: P = √1 − x + √1 + y Hướng dẫn giải: Điều kiện: ≤ x ≤ Khi đó, ta nên theo biến x.(thực theo biến y) P = √1 − x + √1 + √1 − x = f(x) Tương tự Ta việc xét đạo hàm thu được: P ≤ f(0) = + √2 { P ≥ f(1) =  GTNN P = ⟺ x = 1; y =  GTLN P = + √2 ⟺ x = 0; y = Lưu ý: Đây cách giải ln có sẵn đầu chúng ta, mang chất lời giải Tuy nhiên, theo góc độ “nghệ thuật” ta có lời giải khác hồn toàn “đơn giản” sau:  Do y ≥ nên: P = √1 − x + √1 + y ≥ + √1 + = GTNN P x = 0; y = ( thỏa mãn giả thiết )  Do x ≥ 0, y ≤ (cái dễ suy từ giả thiết) nên: P = √1 − x + √1 + y ≤ √1 − + √1 + = + √2 GTLN P + √2khi x = 0, y = 1( thỏa mãn giả thiết ) Bài 7: Cho x; y > 0, x + y = Tìm giá trị lớn của: P = xy + yx Lời giải: Thế y = − x ta được: P = x 2−x + (2 − x)x = f(x) Xét f(x) (0; 2) ta có: 2−x x f ′ (x) = x 2−x ( − ln x) + (2 − x)x (ln(2 − x) − ) x 2−x (cách tính đạo hàm hàm số f(x)(g(x)) lấy logarit hai vế đạo hàm nhân lên) Khá khó giải tiếp được, biểu thức phức tạp nên ta lại thử biểu diễn lại hai biến cho đơn giản y x f ′ (x) = x y ( − ln x) + y x (ln y − ) = xy(x y−2 − y x−2 ) + (y x ln y − x y ln x) x y Đến đây, ý muốn ta phải có: x = y = Khi đó, ta xét dấu ngoặc nhọn  xy(x y−2 − y x−2 ) ≤ ⟺ x y−2 ≤ y x−2 ⟺ (y − 2) ln x ≤ (x − 2) ln y (do x; y > lên lấy logarit) ln x ln y ( x; y < 2) ⟺ ≤ x−2 y−2 ln x Xét hàm số: g(x) = (0; 2) có: x−2 x − − x ln x G(x) g ′ (x) = = x(x − 2)2 x(x − 2)2 Xét hàm số G(x) (0; 2) có: G′ (x) = − ln x − = − ln x G′ (x) = ⟺ x = ⟹ G(x) ≤ G(1) = −1 < 0, ∀x ∈ (0; 2) ⟹ g ′ (x) < 0, ∀x ∈ (0; 2) ⟹ g(x) nghịch biến (0; 2) Do đó, ta có: xy(x y−2 − y x−2 ) ≤ ⟺ g(x) ≤ g(y) ⟺ x ≥ y (∗)  y x ln y − x y ln x ≤ ⟺ y x ln y ≤ x y ln x Tuy nhiên, theo ta cần phải có tương đương với x ≥ y Thì ta có: x ≥ y ⟺ f ′ (x) ≤ Dấu “=” ⟺ x = y = Suy ra: f ′ (x) = ⟺ x = Lại có: x ≥ y ⟺ x ≥ ≥ y ⟺ ln x ≥ ≥ ln y ⟹ x y ln x ≥ y x ln y x ≤ y ⟺ x ≤ ≤ y ⟺ ln x ≤ ≤ ln y ⟹ x y ln x ≤ y x ln y Như vậy: y x ln y − x y ln x ≤ ⟺ x ≥ y (∗∗) Công phá Bất đẳng thức Do đó, kết hợp (∗); (∗∗) ta có: Lovebook.vn x ≥ ⟺ x ≥ y ⟺ f ′ (x) ≤ Do đó: f ′ (x) = ⟺ x = y = Từ đó, lập bảng biến thiên, ta thu được: P = f(x) ≤ f(1) = Còn nữa… PHẦN X: MỘT SỐ BỔ ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC HỐN VỊ Bất đẳng thức hốn vị ln tốn khó thú vị Trong chun đề này, giới thiệu bạn số kinh nghiệm xử lí bất đẳng thức hốn vị, việc giới thiệu số bổ đề hay quan trọng Bổ đề (Vasile Cirtoaje) Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh ta có a2b  b2c  c2a  abc  (a  b  c )3 27 Chứng minh Khơng tính tổng qt, giả sử b số nằm a c Khi ta có c(b  a)(b  c)   b2c  c2a  abc  bc2 Sử dụng đánh giá kết hợp với bất đẳng thức AM-GM ba số, ta có a2b  b2c  c2a  abc  a2b  abc  bc  abc  b(a  c )2   2b  (a  c )  (a  c ) (2b  a  c  a  c )3   27  (a  b  c )3 27 Bổ đề chứng minh xong Đẳng thức xảy a  b  c a  2b, c  hoán vị Tương tự, ta chứng minh ab2  bc2  ca2  abc  (a  b  c )3 27 Nhận xét, cho a  b  c  ta có a2b  b2c  c2a  abc  ab2  bc2  ca2  abc  Và bất đẳng thức dùng nhiều việc chứng minh bất đẳng thức Ví dụ (Phạm Kim Hùng): Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a  b3  b  c3  c  a3  Lời giải Sử dụng bất đẳng thức AM  GM , ta có a  b3  a (1  b)(b2  b  1)  a   b  b2  b  ab2  2a  2 Thiết lập hai biểu thức tượng tự, cộng vế với vế ta a  b3  b  c3  c  a3  ab2  bc2  ca2 ab2  bc2  ca2 abc   2 Mặt khác, theo bổ đề 1, ta có a2b  b2c  c2a   abc  Từ suy   Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a  2, b  1, c  hoán vị a  b3  b  c3  c  a3  Ví dụ (Trần Quốc Anh): Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a b c    b  16 c  16 a  16 Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn Lời giải Nhìn hình thức vế trái ta nghĩ đến kĩ thuật AM-GM ngược dấu Ta có  a 16a a(b3  16)  ab3  ab3    a   3 3 3 16  b  16 16 b  16 16 b  16 b 2 2  Sử dụng bất đẳng thức AM  GM , ta có b3  23  23  33 b3  23  23  12b Từ ta có a 1 ab2   a    12  b3  16 16  Tương tự với biểu thức cịn lại, sau cộng vế theo vế, ta a b c 1 ab2  bc2  ca2     3  12 b  16 c  16 a  16 16   Mặt khác, theo bổ đề 1, ta có a2b  b2c  c2a   abc  Từ suy a b c 1     3   b  16 c  16 a  16 16  12  Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a  2, b  1, c  hốn vị Ví dụ (Tăng Hải Tuân): Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a2 b2 c2  abc    2 b  c c  a a  b  abc Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có 2 3  a3  b3  c3  a b c a b c       b  c c  a a  b ab  ac bc  ba ca  cb ab2  bc  ca2  ac  ba  cb Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz  Và ac  ba  cb  a3  b3  c3    a3  b3  c3   a b c a b c   a  b  c   3 a  b  c   (a  b  c )2  Sử dụng bổ đề, ta có ab2  bc2  ca2   abc Do ta có a2 b2 c2    2 b  c c  a a  b  abc Như vậy, ta cần chứng minh  abc   abc  abc Thật vậy, đặt  t  abc  bất đẳng thức tương đương với  6t 3(1  t )(8  3t  2t )     t2  t (7  t )(5  t ) 1  t   Hiển nhiên 8  3t  2t      Bài toán chứng minh xong  7  t    Đẳng thức xảy a  b  c  Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn Sử dụng Bất đẳng thức giải số tốn Vật lí Bài Một điện trở R   cắt thành điện trở nhỏ Với R1  R3  R9 , R2  R4  R5 , R6  R7  R8 lắp vào mạch hình vẽ Biết hiệu điện đặt vào hai đầu đoạn mạch U  6V không đổi Xác định giá trị điện trở cắt để công suất tiêu thụ toàn mạch P  18W (Diễn đàn Vật lí phổ thơng – http://vatliphothong.vn) Lời giải Bài tốn hình thức phát biểu đơn giản ngắn gọn, không dễ để giải R1  R3  R9  a   Đặt R2  R4  R5  b  R  R  R  c   Vì điện trở R   cắt thành điện trở R1  R3  R9 , R2  R4  R5 , R6  R7  R8 nên ta có 3a  3b  3c  tương đương a  b  c  Để P  18W điện trở tương đương mạch phải Rtd  U2  tương đương với P (a  b)a (b  c )b (c  a)c   2 2a  b 2b  c 2c  a Phải dùng bất đẳng thức để đánh giá? Vì đẳng thức với biến hoán vị vòng quanh a  b  c  (thỏa mãn a  b  c  ) đẳng thức xảy Từ dự đốn này, ta có lời giải sau: Ta có (a  b)a (b  c )b (c  a)c a2 b2 c2    abc     Q 2a  b 2b  c 2c  a 2a  b 2b  c 2c  a Sử dụng bất đẳng thức Cauchy  Schwarz , ta có a2 b2 c2 (a  b  c )2 abc      2a  b 2b  c 2c  a 2a  b  2b  c  2c  a Vậy Q    Mặt khác, đẳng thức xảy ra, nên ta có a  b  c , tức tất điện trở có giá trị  P  18 W Bài tốn giải xong Cịn nữa… ... THỨC AM-GM $1: LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM 1 I Bất đẳng thức AM-GM II Các bất đẳng thức phụ hay dùng III Một số tốn sử dụng AM-GM thơng thường: A Ứng dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM B... bất đẳng thức AM-GM $2: CÁC KĨ NĂNG CẦN CÓ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM I Kĩ dự đốn điểm rơi: II Kĩ biến hóa: 13 $3: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM DƯỚI MẪU CHƯƠNG II: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ $1: LÀM... ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ 17 23 23 I Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 23 II Một số dạng hay dùng đề thi đại học 23 III Một vài ứng dụng 23 $2: CÁC KĨ NĂNG CẦN CÓ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ 28

Ngày đăng: 02/05/2021, 15:53

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan