Kĩ thuật hệ số bất định – phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất

Chia sẻ: Thanh Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

197
lượt xem 41
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đến đây công việc còn lại xin nhường cho bạn đọc. NX: Do abc =1 nên luôn tồn tại các số x,y,z thoả mãn phép thế trên , trong đó điều kiện x,y,z phụ thuộc vào điều kiện của a,b,c.Không những vậy từ bài toán trên ta có thể thấy được lợi ích của việc sử dụng phép thế: nó giúp ta giải quyết bài toán nhanh chóng mà nhiều khi nó còn giúp ta phát hiện ra nguồn gốc của bài toán ban đầu. Chẳng hạn với 2 bài toán sau:...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Kĩ thuật hệ số bất định – phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất

www.vuihoc24h.vn - Kênh h c t p Online n n ∑a n ∏a ( ) i i i =1 Cho ai i = 1, n dương. Tìm GTNN của M = i =1 + n ∑a n n ∏a i =1 i i =1 i GIẢI n n n n n (n 2 − 1)∑ ai ∑ ai n ∏ ai i =1 (n 2 − 1)n ∑ ai n ∏a i =1 i n2 + 1 Ta có : M = i =1 + i =1 + n ≥ +2 i =1 . n = n2 ∑a ∑a n n n n n 2 n ∏ ai n2 n ∏ ai i n 2 n ∏ ai i i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 Đẳng thức xảy ra ⇔ ai = a j i ≠ j; i, j = 1, n ( ) 2. Ta tách như sau: n  1 1 1  1 1 1 B = a + b + c +α  + +  + β  + +  a b c a b c .v Do vai trò a,b,c như nhau nên ta dự đoán GTNN của biểu thức đạt tại các biến bằng nhau. Đồng thời ta chỉ cần làm việc trên biến a còn các biến còn lại tương tự. Sau khi sử dụng BĐT Cauchy ta có dấu “=” h 1 xảy ra ⇔ a = α . ⇒ α = 1( a = b = c = 1) a 4 Ta có lời giải như sau:  1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 B = ( a + b + c ) +  + +  +  + +  ≥ 2 a. + 2 b. + 2 c. + ≥9 2 a b c a b c a b c a+b+c Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1 c Bài toán tổng quát: o ( ) n n n 1 Cho ai i = 1, n > 0 và ∑ ai ≤ n . Tìm GTNN của B = ∑ ai + 2∑ i =1 i =1 i =1 ai ih GIẢI n n 1 n n 1 n 1 n n 1 n2 Ta có: B = ∑ ai + 2∑ = ∑ ai + ∑ + ∑ ≥ n n ∏ ai + n n ∏ + n ≥ 2n + n = 3n u ∑ ai i =1 i =1 ai i =1 i =1 ai i =1 ai i =1 i =1 ai i =1 V Đẳng thức xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an = 1 . Bài toán 4: 1. Cho a,b,c dương và a + b + c = 1 . Tìm GTLN của A = 3 a + b + 3 b + c + 3 a + c 2. Cho a,b,c dương và a + b + c = 3 . Tìm GTLN của B = 3 2a + b + 3 2b + c + 3 2c + a GIẢI: 1.Sai lầm mà các bạn học sinh hay mắc phải là sử dụng BĐT Cauchy trật điểm rơi. 3 ( a + b ).1.1 ≤ a +b+2 3 3 (b + c).1.1 ≤ b+c+2 3 3 (c + a ).1.1 ≤ c+a+2 3
a + b =1 3 Sau khi sử dụng BĐT Cauchy như trên ta có dấu “=” xảy ra: b + c = 1 ⇒ a + b + c = ( vô lí) 2 c + a =1 1 Đầu tiên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b = c = ( do tính đối xứng của bài toán). Khi đó ta tính 3 2 được 3 a + b = 3 b + c = 3 c + a = 3 . Nghĩa là ta dung BĐT Cauchy sao cho dấu “=” xảy ra đạt được là 3 2 a+b =b+c = c+a = 3 Từ đó ta có lời giải như sau: 4 a +b+ 2 2 3 ( a + b ). . 3 ≤ 3 3 3 n 4 b+c+ 2 2 9  2 (a + b + c ) + 4  3 ∑c 3 a + b ≤ 3 4  .v 3 (b + c). . ≤ 3 ⇒  = 18 3 3 3 a ,b ,  3  4 c+a+ h 2 2 3 (c + a ). . 3 ≤ 3 3 3 4 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 2 3 2. Tương tự ta giải như sau: 2a + b + 6 c 3 (2a + b ).3.3 ≤ 3 o 2b + c + 6 1  3 ( a + b + c ) + 18  3 (2b + c ).3.3 ≤ ⇒ ∑ 3 2a + b ≤ 3   =3 3 3 ih 3 a ,b ,c 9 3  3 (2c + a ).3.3 ≤ 2c + a + 6 3 u Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 3 1 1 1 BL1: Cho a,b,c dương và a + b + c ≤ . Tìm GTNN của A = a 2 + b 2 + c 2 + + + V 2 a b c ( ) n n n n 1 Bài toán tổng quát: Cho ai i = 1, n dương và ∑ ai ≤ . Tìm GTNN của A = ∑ ai 2 + ∑ i =1 2 i =1 i =1 ai 1 BL2: Cho tam giác ABC. Tìm GTNN của A = ∑ sin A + ∑ A, B , C A , B ,C sin A  2a  2b  2c  2d  BL3: 1.Cho a,b,c,d dương. Tìm GTNN của A = 1 +  1 +  1 + 1 +   3b  3c  3d  3a  2. Cho a,b,c,d dương. Tìm GTNN của a b c d b+c+d c+d +a a+b+d a+b+c S= + + + + + + + b+c+d c+d +a a+b+d a +b+c a b c d 1 1 1 2 2 2 BL4: Cho a,b,c dương và a + b + c ≤ 1 . Tìm GTNN của A = 2 + 2 + 2 + + + ≥ 81 a b c ab bc ca
( ) n n 1 1 Bài toán tổng quát: Cho ai i = 1, n dương. Tìm GTNN của A = ∑ 2 + 2. ∑ i =1 ai i ≠ j ,i , j =1 ai a j BL5: Cho a,b,c,d,e dương và a + b + c + d + e = 5 . Tìm GTLN của S = 5 (a + b)(c + d + e) + 5 (b + c )(a + d + e) + 5 (c + d )(a + b + e) + 5 (d + e)(a + b + c) + 5 (e + a )(b + c + d ) bc a − 2 + ca 3 b − 6 + ab 4 c − 12 BL6: Cho a ≥ 2; b ≥ 6; c ≥ 12 . Tìm GTLN của S = abc 3. Kĩ thuật Cauchy ngược dấu: Bài toán 1: Cho a,b,c dương và a + b + c = 3 .CMR: a b c 3 + + ≥ 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 2 2 GIẢI Ta không thể dùng trực tiếp BĐT Cauchy với mẫu số vì khi đó BĐT sẽ đổi chiều: a b c a b c 3 + + ≤ + + ≥ ?? n 1 + b 1 + c 1+ a 2 2 2b 2c 2a 2 1 1 .v Để giải bài toán này ta sẽ dùng một ý tưởng từ một đẳng thức quen thuộc 1 − = .BĐT cần chứng 2 2 minh tương đương với BĐT sau: h a b c 3 a− +b− +c− ≤ a+b+c− 1+ b 2 1+ c 2 1+ a 2 4 2 2 2 2 ab bc ca 3 ⇔ + + ≤ 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 2 2 2 Ta sử dụng BĐT Cauchy dưới mẫu số ta được: 1 (a + b + c)  3 c 2 ab 2 bc 2 ca 2 ab 2 bc 2 ca 2 1 + + ≤ + + = ( ab + bc + ca ) ≤  = 1 + b 2 1 + c 2 1 + a 2 2b 2c 2a 2 2  2 o  2  Bài toán 2: Cho a,b,c dương . CMR: ih a3 b3 c3 a+b+c + 2 2+ 2 ≥ a +b b +c c +a 2 2 2 2 GIẢI u BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: a2 b3 c3 a +b+c V a− 2 +b− 2 2 +c− 2 ≤ a+b+c− a +b 2 b +c c +a 2 2 ab 2 bc 2 ca 2 a+b+c ⇔ 2 + 2 2+ 2 ≤ a +b b +c c +a 2 2 2 Ta sử dụng BĐT Cauchy dưới mẫu số: ab 2 bc 2 ca 2 ab2 bc 2 ca 2 a + b + c + + ≤ + + = a 2 + b 2 b 2 + c 2 c 2 + a 2 2ab 2bc 2ca 2 Bài toán 3: Cho a,b,c dương và a + b + c = 3 . CMR: a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b2 + 1 c2 + 1 a 2 + 1 GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:
a +1 b +1 c +1 a +1− + b +1− 2 + c +1− 2 ≤ a +1+ b +1+ c +1− 3 b +1 2 c +1 a +1 (a + 1)b 2 (b + 1)c 2 (c + 1)a 2 ⇔ 2 + 2 + 2 ≤3 b +1 c +1 a +1 Ta sử dụng BĐT dưới mẫu số: (a + b + c) 2 3+ (a + 1)b 2 (b + 1)c 2 (c + 1)a 2 (1 + a )b (1 + b)c (1 + c )a 3 + ab + bc + ca 3 + 2 + 2 ≤ + + = ≤ =3 b2 + 1 c +1 a +1 2 2 2 2 2 BL1: Cho a,b,c,d dương và a + b + c + d = 4 . CMR: a b c d + + + ≥2 1 + b 1 + c 1 + d 1 + a2 2 2 2 BL2: Cho a,b,c dương và a + b + c = 3 . CMR: n a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2 .v BL3: Cho a,b,c dương. CMR: a4 b4 c4 a+b+c + 3 + 3 ≥ h a + 2b b + 2c c + 2a 3 3 3 3 3 Bài toán tổng quát: Cho a,b,c dương và n là số tự nhiên. CMR: 4 a n +2 b n+ 2 c n+ 2 a+b+c n +1 n +1 + n +1 n +1 + n +1 n +1 ≥ a + nb b + nc c + na n +1 2 BL4: Cho a,b,c,d dương và a + b + c + d = 4 . CMR: a +1 b +1 c +1 d +1 c + + + ≥4 b2 + 1 c2 + 1 d 2 + 1 a2 + 1 o 2. Bất đẳng thức Bunhiacopski: ih a. Nhắc lại kiến thức cơ bản: Với 2 dãy số thực tuỳ ý a1 , a2 ,...an và b1 , b2 ,...bn ta có bất đẳng thức: 2 ( a1 + a2 + .... + an )(b1 + b2 + .... + bn ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) viết gọn : ∑ ai .∑ bi ≤  ∑ aibi  n n n u 2 2 2 2 2 2 2 2 2   i =1 i =1  i =1  V Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( a1 , a2 ,...an ) và ( b1 , b2 ,...bn ) là 2 bộ tỉ lệ, nghĩa là tồn tại số thực k để ( ai = kbi ∀i = 1, n ) b. Các dạng suy biến của bất đẳng thức Bunhiacopski: 1. Dạng 1: Với 2 dãy số thực ( a1 , a2 ,...an ) và ( b1 , b2 ,...bn ) ta luôn có: a 2 ( a + a + ... + an ) 2 a12 a22 + + ... + n ≥ 1 2 b1 b2 bn b1 + b2 + ... + bn a a a Đẳng thức xảy ra ⇔ 1 = 2 = ... = n b1 b2 bn 2. Dạng 2: Với 2 dãy số thực ( a1 , a2 ,...an ) và ( b1 , b2 ,...bn ) ta luôn có:
( a1 + a2 + ... + an ) + ( b1 + b2 + ... + bn ) ≥ a12 + b12 + a2 2 + b2 2 + ... + an 2 + bn 2 2 2 a1 a2 a Đẳng thức xảy ra ⇔ = = ... = n b1 b2 bn 3. Dạng 3: Với 2 dãy số thực ( a1 , a2 ,...an ) và ( b1 , b2 ,...bn ) ta luôn có:  a1 a2 a  ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )  + + ... + n  ≥ ( a1 + a2 + ... + an ) 2  b1 b2 bn  Đẳng thức xảy ra ⇔ b1 = b2 = ... = bn Như ta đã biết BĐT Cauchy có khá nhiều áp dụng nhưng đối với một số bài toán thì lại khác nếu ta sử dụng BĐT Cauchy thì lời giải sẽ rất dài dòng, trong khi đó ta sử dụng BĐT Bunhiacopski sẽ cho ta lời giải ngắn gọn, dễ hiểu. Cụ thể ta xét các bài toán sau: Bài toán 1: Cho a,b,c dương. CMR: n a 2 b2 c2 a 3 b3 c 3 1. + + ≥ a +b+c 2. + + ≥ a 2 + b2 + c 2 .v b c a b c a GIẢI 1. C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy ta có: h a2 a2 +b ≥ 2 .b = 2a b b 4 b2 b2 a 2 b2 c 2 +c≥ 2 .c = 2b ⇒ + + ≥ 2 ( a + b + c ) − ( a + b + c ) = a + b + c 2 c c b c a c2 c2 c +a≥2 .a = 2c a a o C2: Ta sử dụng BĐT Bunhiacopski. a 2 b2 c2 ( a + b + c ) 2 ih + + ≥ = a+b+c b c a a+b+c 2. C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy như sau: u a3 a3 + ab ≥ 2 .ab = 2a 2 b b V b3 b3 .bc = 2b 2 ⇒ + + + ab + bc + ca ≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca a 3 b3 c 3 + bc ≥ 2 c c b c a c3 c3 + ca ≥ 2 .ca = 2c 2 a a a b c3 3 3 ⇒ + + ≥ a2 + b2 + c 2 b c a C2: Ta sử dụng BĐT Bunhiacopski. a 3 b3 c 3 a 4 b 4 c 4 ( a + b + c ) 2 2 2 2 + + = + + ≥ ≥ a 2 + b2 + c2 b c a ab bc ca ab + bc + ca a2 + b2 + c 2 ( Do ≥ 1) ab + bc + ca
Bài toán 2: Cho a,b,c dương. CMR: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a +b 2 GIẢI C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy. a2 b+c a2 b + c + ≥2 . =a b+c 4 b+c 4 b2 c+a b2 c + a a2 b2 c2 a+b+c a+b+c + ≥2 . =b ⇒ + + ≥ a +b+c− = c+a 4 c+a 4 b+c c+a a+b 2 2 c2 a+b c2 a + b + ≥2 . =c a +b 4 a+b 4 C2: Ta sử dụng BĐT Bunhiacopski ở dạng suy biến 1. n (a + b + c) = a + b + c 2 a2 b2 c2 + + ≥ b + c c + a a + b 2 (a + b + c) 2 .v NX: Từ cách giải thứ hai ta có thể chứng minh BĐT sau: a2 b2 c2 3 ( ab + bc + ca ) + + ≥ h b+c c+a a +b 2 (a + b + c) BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: 4 ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ac = 3 ( ab + bc + ca ) 2 a b2 c2 + + ≥ 2 b + c c + a a + b 2(a + b + c) 2 (a + b + c) 2 (a + b + c) Bài toán 3: Cho a,b,c dương. CMR: c (a + b) (b + c ) (c + a ) 2 2 2 + + ≥ 4(a + b + c) o c a b GIẢI ih C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy. (a + b) (a + b) 2 2 + 4c ≥ 2 .4c = 4(a + b) u c c (b + c ) (b + c ) 2 2 V + 4a ≥ 2 .4a = 4(b + c) a a (c + a) (c + a ) 2 2 + 4b ≥ 2 .4b = 4(c + a ) b b (a + b) (b + c) (c + a ) 2 2 2 ⇒ + ≥ 8(a + b + c) − 4 (a + b + c) = 4 (a + b + c ) + c a b C2: Ta sử dụng BĐT Bunhiacopski. (a + b) (b + c )  2 ( a + b + c ) (a + c) 2 2 2 2 + ≥ +  = 4 a+b+c ( ) c a b a+b+c Nhưng ta vẫn có trường hợp sử dụng BĐT Cauchy nhanh hơn việc sử dụng BĐT Bunhiacopski. 1 1 1 Bài toán 4: Cho a,b,c dương và + + = 4 . CMR: a b c
1 1 1 + + ≤1 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c GIẢI C1: Ta có: 2 1 1 1 1  +  2 2 ≤ 4 + 4 = 1 + 1 (a + b) + (a + c ) a + b a + c 4(a + b) 4(b + c ) 2 1 1 1 1  +  2 2 ≤ 4 + 4 = 1 + 1 (a + b) + (b + c) a + b b + c 4(a + b) 4(b + c ) 2 1 1 1 1  +  2 2 ≤ 4 + 4 = 1 + 1 n (a + c) + (b + c ) a + c b + c 4(a + c) 4(b + c) 1 1 1 1 1 1 1  .v ⇒ + + ≤  + +  2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 2  a + b b + c c + a  Mặt khác bằng cách tương tự như trên ta chứng minh được h 1 1 1 1  1 2 2 2  + +  ≤  + +  = 1 ⇒ đpcm. 2 a+b b+c c+a 8 a b c  4 C2: Ta sử dụng BĐT Cauchy ở dưới mẫu. 1 1 1 1  2 1 1 2 = ≤ ≤  + +  2a + b + c a + a + b + c 4 4 a 2bc 16  a b c  c 1 1 1 1  1 2 1 = ≤ ≤  + +  a + 2b + c a + b + b + c 4 ab c 16  a b c  o 4 2 1 1 1 1 1 1 2 = ≤ ≤  + +  ih a + b + 2c a + b + c + c 4 abc 4 2 16  a b c  1 1 1 1 4 4 4 4 ⇒ + + ≤  + + +  =1 u 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 16  a b c d  1 1 1 Bài toán 5: Cho các số thực x, y , z > 1 thoả mãn + + = 2 . CMR: V x y z x + y + z ≥ x −1 + y − 1 + z − 1 GIẢI Áp dụng BĐT Bunhiacopski dạng chuẩn ta có: x −1 y − 1 z − 1 x −1 + y −1 + z − 1 ≤ x + y + z . + + x y z 1 1 1 ⇔ x −1 + y − 1 + z − 1 ≤ x + y + z . 3 −  + +  = x + y + z x y z a b c d 2 BL1: Cho a,b,c dương. CMR: + + + ≥ b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c 3