Đổi Biến Để Chứng Minh Bất ĐẳngThức

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

Thêm vào BST

Báo xấu

205
lượt xem 50
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Chuyên đề Đổi Biến Để Chứng Minh Bất ĐẳngThức " là tài liệu mang tính chất tham khảo, giúp ích cho các bạn tự học, ôn thi, với phương pháp giải hay, thú vị, rèn luyện kỹ năng giải...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đổi Biến Để Chứng Minh Bất ĐẳngThức

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