Chuyên đề đổi biến để chứng minh bất đẳng thức

Chia sẻ: Huỳnh Đức Huy | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

223
lượt xem 71
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về Chuyên đề đổi biến để chứng minh bất đẳng thức...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề đổi biến để chứng minh bất đẳng thức

Đổi Biến Để Chứng Minh Bất ĐẳngThức a b c 3 + + ≥ VD1:(BĐT Nesbitt): Cho a,b,c là các số thực dương . CMR: b+c c+a a +b 2 y+z−x  a = 2 x = b +c  1 y+z−x x+z− y x+ y−z 3 x+z− y   Ta đặt  y = c + a ⇒ b = nên BĐT ⇔  + + ÷≥ 2 2 x y z 2 z = a + b   x+ y−z  c =  2  x y  y z   z x xy yz zx ⇔  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ 2 . + 2 . + 2 . = 6 (đúng)  y x  z y x z yx zy xz Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c VD2: (Prance Pre –MO 2005) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3 . CMR: xy yz zx + + ≥3 z x y  xy a = z   yz với a, b, c > 0 từ giả thiết x 2 + y 2 + z 2 = 3 ⇔ ab + bc + ca = 3 Đặ t  b = x   zx c = y  Và BĐT cần CM ⇔ CM BĐT a + b + c ≥ 3 mặt khác ta có BĐT sau: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ a + b + c ≥ 3(ab + bc + ca ) = 3 Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 1 149 VD3: Cho x, y, z >0 thoả x + y + z = 1 . CMR + + ≥ 36 xyz  a x = a + b + c   b Từ giả thiết ta có thể đặt:  y = với a,b,c >0 a+b+c   c z = a +b + c  a+b+c a+b+c a+b+c Nên BĐT ⇔ CM + 4. + 9. ≥ 36 a b c bc a c a b ⇔ + + 4. + 4. + 9. + 9. ≥ 22 aa b b c c b a c a  c b ba ca cb ⇔  + 4. ÷+  + 9. ÷+  4. + 9. ÷ ≥ 2 .4. + 2 .9. + 2 4. .9. = 22 (đúng) a b a c  b c ab ac bc
 1 x = 6  b = 2a  1 Dấu “=” xảy ra ⇔  ⇒ y =  c = 3a  3  1 z = 2  VD4: Cho x, y, z là các số thực dương. CMR xyz ≥ ( x + y − z )( y + z − x )( z + x − y ) x = b +c  Ta đặt  y = c + a với a, b, c > 0 nên BĐT ⇔ CM BĐT (a + b)(b + c)(c + a ) ≥ 8abc z = a + b  mặt khác ta có (a + b)(b + c)(c + a ) − 8abc = a (b − c ) 2 + b(c − a ) 2 + c(a − b) 2 ≥ 0 Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z VD5: ( IMO 2000) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 .  1  1  1 CMR:  a − 1 + ÷ b − 1 + ÷ c − 1 + ÷ ≤ 1  b  c  a  x a = y   y Do abc = 1 nên ta có thể đặt b = với x, y , z > 0 z   z c = x  x z  y x  z y Nên BĐT có thể viết lại  − 1 + ÷ − 1 + ÷ − 1 + ÷ ≤ 1 y  z z  x x y ⇔ xyz ≥ ( x + y − z )( y + z − x )( z + x − y ) (đã CM ở VD4) Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1 VD6:( IMO-1995) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 . 1 1 1 3 +3 +3 ≥ CMR : 3 a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2  1 a = x   1 Ta đặt b = với x, y , z > 0 và do abc = 1 nên xyz = 1 y   1 c =  z x2 y2 z2 3 Nên BĐT ⇔ + + ≥ y+z z+x x+ y 2 mặt khác theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có:  x2 z2  y2 ( y + z ) + ( z + x ) + ( x + y )    y + z z + x x + y ÷≥ ( x + y + z ) 2 + +     x2 z 2  x + y + z 3 3 xyz 3 y2 ⇔ + + ÷≥ ≥ =  y+z z+x x+ y 2 2 2 Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1 VD7: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: xyz = x + y + z + 2 . 3 CMR: x + y + z ≤ xyz 2 1 1 1 Từ xyz = x + y + z + 2 ⇔ + + =1 1+ x 1+ y 1+ z 1 1 1 = a, = b, = c với a, b, c > 0 Ta đặt 1+ x 1+ y 1+ z 1− a b + c 1− b a + c 1− c a + b Nên BĐT cần CM ⇔ CM BĐT ⇒x= = ,y= = ,z = = a a b b c c a b b c c a 3 + + ≤ . . . b+c c+a c+a a+b a+b b+c 2 1 a b a b ≤ + Mặt khác ta có: . ÷ b+c c+a 2 a+c b+c 1 b c b c ≤ + . ÷ c+a a+b 2b+a c+a  1 c a c a ≤ + . ÷ a +b b+c 2 c+b a+b  Nên 1 a a3 a b b c c a b b c c + + ≤ + + + + + ÷= . . . b+c c+a c+a a+b a +b b +c 2  a +c b +c b + a c + a c +b a +b  2 Vậy BĐT luôn đúng Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 2 Sau đây là một số bài tập để luyện tập: Bài 1: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác: a b c + + ≥3 1, b +c − a c + a −b a +b −c 1 1 1 111 + + ≥++ 2, a +b −c b +c − a c + a −b a b c Bài 2: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz = 1 . CMR: 3 1, x + y + z ≥ 2 111 2, + + ≥ 4( x + y + z ) xyz a b c Gợi ý: từ giả thiết ta có thể đặt x = ,y= ,z = b+c c+a a+b Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1 . 1 1 1 1 + + ≥ 2 + 22 + CMR: abc ab bc ca 3 6 Bài 4: Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1 . CMR: 1 + ≥ a + b + c ab + bc + ca Bài 5: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác. CMR: 1, a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3S với S là diện tich tam giác 2, a 2b(a − b) + b 2c(b − c) + c 2 a (c − a ) ≥ 0 Gợi ý: Đặt a = x + y, b = y + z , c = z + x
TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN “Tìm được lời giải cho một bài toán là m ột phát minh” (Polya). S ẽ thông minh h ơn n ếu ta biết vận dụng nó để sáng tạo và tìm lời gi ải cho các bài toán m ới. Bài vi ết này đ ề c ập đến một bất đẳng thức quen thuộc, đơn giản và một số bài toán áp dụng bất đ ẳng th ức này. Bài toán: Với hai số dương x và y ta có: 1 11 1 ≤(+) (1) x+ y 4 x y Đẳng thức xảy ra khi x =y. Bất đẳng thức (1) có nhi ều cách ch ứng minh ở đây đ ưa ra hai cách ch ứng minh phổ biến nhất. Cách 1. Với hai số dương x và y ta có: 1 11 1 ( x + y ) 2 ≥ 0 ⇒ (x + y)2 ≥ 4 xy ⇒ ≤(+) x+ y 4 x y Rõ ràng, đẳng thức xảy ra khi x = y. Cách 2. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có 11 11 2 x + y ≥ 2 xy, + ≥2 . = xy xy xy 11 1 11 1 Từ đó: ( x + y ) ( + ) ≥ 4 ⇒ ≤(+) x+ y 4 x y xy Và đẳng thức xảy ra khi x =y. Cho các số dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức (1) ta có 1 11 1 1 11 1 1 11 1 ≤ ( + ); ≤ ( + ); ≤(+) a+b 4 a b b+c 4 b c c+a 4 c a Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta được: Bài toán 1. Cho ba số dương a, b, c, ta có: 1 1 1 11 1 1 + + ≤(++) (2) a+b b+c c+a 2 a b c Đẳng thức xảy ra khi a = b = c. * Áp dụng (2) cho 3 số a+b, b+c, c+a ta được: 1 1 1 11 1 1 + + ≤( + + ) a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b 2 a + b b + c c + a (3) * Kết hợp (2) và (3) ta có Bài toán 2. Với a, b, c là các số dương: 1 1 1 11 1 1 + + ≤(++) (4) a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b 4 a b c Đẳng thức xảy ra khi a = b = c. 111 + + = 4 thì bài toán 2 là nội dung câu V, Đề thi Đại Chú ý: Nếu thêm giả thiết abc học và Cao đẳng khối A, năm 2005. Bài toán 3. Chứng minh rằng với a, b, c dương: 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + (5) a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b a + 3b b + 3c c + 3a Giải: Vận dụng bất đẳng thức (1) ta có: 1 1 4 2 + ≥ = a + 3b b + 2c + a (a + 3b) + (b + 2c + a ) a + 2b + c
1 1 4 2 + ≥ = b + 3c c + 2a + b (b + 3c) + (c + 2a + b) b + 2c + a 1 1 4 2 + ≥ = c + 3a a + 2b + c (c + 3a ) + (a + 2b + c) c + 2a + b Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên và rút gọn ta co bất đẳng thức (5) a + 3b = b + 2c + a  Đẳng thức xảy ra khi: b + 3c = c + 2a + b ⇔ a = b = c c + 3a = a + 2b + c  Bài toán 4 . Hãy xác định dạng của tam giác ABC n ếu các góc c ủa nó luôn th ỏa mãn đẳng thức sau: A B C tg tg tg 1 2 2 2 + + = BC C A AB ABC 1 + tg .tg 1 + tg .tg 1 + tg .tg 4.tg .tg .tg 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C Giải: Đặt x = tg , y = tg , z = tg thế thì x, y, z dương và xy + yz + zx=1 2 2 2 Hệ thức trở thành: x y z 1 + + = 1 + yz 1 + zx 1 + xy 4 xyz Ta có: x y z x y z + + = + + ≤ 1 + yz 1 + zx 1 + xy ( xy + yz ) + ( zx + yz ) ( xy + zx ) + ( yz + zx) ( xy + yz ) + ( zx + xy ) 1 x x  1 y y  1 z z   xy + yz + zx + yz  + 4  xy + zx + yz + zx  + 4  xy + yz + zx + xy  = ≤      4      1 x+ z y + z  1  1 1 1  xy + yz + zx x+ y 1 =  xy + yz + zx + yz + xy + zx  = 4  x + y + z  = =    4 4 xyz 4 xyz    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z hay tam giác ABC đều. Bài toán 5 . Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn đi ều ki ện x + y + z = 0, x + 1>0, y + 1 > 0, z + 4 > 0. Hãy tìm giá trị lớn nhất của x y z Q= + + x +1 y +1 z +1 Giải: Đặt a = x + 1 > 0, b = y + 1 > 0, c = z + 4 > 0. Ta có: a + b + c = 6 và a −1 b −1 c −1 1 1 4 Q= + + = 3− + +  a b c a b c Theo bất đẳng thức (1) ta có: 114 4 4 16 8 ( + )+ ≥ +≥ = a b c a+b c a+b+c 3 81 ⇒ Q ≤ 3− = 33 a = b   3 1 a = b = x = y =  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a + b = c ⇔ 2⇔ 2 a + b + c = 6 c = 3  z = −1     1 x = y = 1 Vậy: MaxQ = đạt được khi  2 3  z = −1 
Bài toán 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x −1 1− y y − z z − x A= + + + t + y y+ z z+ x x+t Với x, y, z, t là các số dương. Giải : Ta có: x−t t−y y−z z−x A=( + 1) + ( + 1) + ( + 1) + ( + 1) − 4 = 1+ y y+z z+x x+t x+ y t + z y+ x z+t = + + + −4= t + y y+ z z+ x x+t 1 1 1 1 = ( x + y) +  + (t + z )  y + z + x + t  − 4 ≥ t + y z + x    4 4 ≥ ( x + y) + (t + z ) −4= x+ y+ z+t x+ y+ z+t 4( x + y + z + t ) = −4=0 z+ y+ z+t Vậy MinA=0 khi x = y = z = t. Trên đây là một số bài toán áp dụng bất đẳng th ức (1) sau đây là m ột s ố bài t ập tương tự: Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh các bất đẳng thức: 1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + . 1/ 2a + 3(b + c) 2b + 3(c + a ) 2c + 3(a + b)  a + b b + c c + a  4 1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + +  2/ a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 2  a + 2c b + 2a c + 2b  Bài 2 . Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = ab + bc + ca thì: 1 1 1 17 + + < a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 96 Bài 3. Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: 1 2 A= 2 + + 4 xy x +y 2 xy Bài 4. Cho tam giác ABC có chu vi a + b + c = k (không đổi), BC = a, CA = b, AB = c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ab bc ca T= + + a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b Bài 5. Cho tam giác ABC có chu vi 2p=a+b+c (a,b, c là độ dài 3 cạnh). Ch ứng minh rằng:  1 1 1 1 1 1 + + ≥ 2 + +  p−a p−b p −c a b c