intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Tài liêu ôn toán - Chuyên đề bất đẳng thức hiện đại - Phần 3

Chia sẻ: Nguyễn Ngân | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

97
lượt xem
13
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'tài liêu ôn toán - chuyên đề bất đẳng thức hiện đại - phần 3', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Tài liêu ôn toán - Chuyên đề bất đẳng thức hiện đại - Phần 3

  1. THU T P QR 1.3. K 53 tk+1 + 1 g 0 (t) = 0 , tk+1 2t1 k + 1 = 0 , h(t) = 2=0 t1 k 2ktk+1 + k 1 h0 (t) = t2 k T đây d th y h0 (t) có t i đa m t nghi m thu c (0; 1], suy ra có t i đa 2 nghi m thu c (0; 1], trong đó luôn có m t nghi m là 1. B ng cách cách l p b ng bi n thiên, d th y g (t) min fg (0); g (1)g = min 2k+1 ; 3 : Bài toán đư c gi i quy t xong. 1.33 Cho các s không âm a; b; c th a mãn a + b + c + abc = 1: Ch ng minh Ví d r ng (2 + abc)(1 + 2abc) ab + bc + ca : 7 abc L i gi i. Gi ng như các bài trư c, bài này ta cũng ch c n xét a = b là đ . Khi đó, ta có c = 1 aa ) a 1 ; b t đ ng th c tr thành 2 1+ 2 2 (2 + a2 c)(1 + 2a2 c) a2 + 2ac 7 a2 c (2 + 3a2 2a3 )(1 a)(4a2 + a + 1) a(1 a)(2 + a) , a2 + 1 (2a3 + 6a2 + 7)(a2 + 1) a)(2 + a)(2a3 + 6a2 + 7) (2 + 3a2 2a3 )(4a2 + a + 1) , a(1 , 2(a3 + 3a 1)2 0: V y ta có đpcm. 1.34 Cho các s dương x; y; z th a mãn xyz = 8: Ch ng minh r ng Ví d x2 y2 z2 4 p +p +p : 3 (x3 + 1)(y 3 + 1) (y 3 + 1)(z 3 + 1) (z 3 + 1)(x3 + 1) (APMO 2005) q p pc L i gi i. Đ t x = 2 3 a ; y = 2 3 a ; z = 2 3 c ; b t đ ng th c tr thành b b X a7=6 1 p 3 b1 = 6 (8a + b)(8c + a) cyc
  2. 54 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN S d ng b t đ ng th c Holder, ta có " #6 " #3 ! !10 X X X X a7=6 4=5 p (8a + b)(8c + a) ab a 1=6 cyc b (8a + b)(8c + a) cyc cyc cyc Do đó ta ch c n ch ng minh !10 !" #3 X X X 6 4=5 3 a ab (8a + b)(8c + a) cyc cyc cyc ! !3 X X X a2 + 73 = ab 8 ab cyc cyc cyc Do ! !3 ! !3 X X X X X X 2 2 ab 8 a + 73 ab ab 9 a + 72 ab cyc cyc cyc cyc cyc cyc ! !3 X X X 6 2 = 3 ab a +8 ab cyc cyc cyc nên ta ch c n ch ng minh !10 ! !3 X X X X 4=5 2 a ab a +8 ab cyc cyc cyc cyc Đ n đây, s d ng k t qu c a ta, d dàng suy ra đư c ta ch c n xét các trư ng h p a = 0 ho c b = c. Trư ng h p 1. a = 0; gi s b c = 1; b t đ ng th c tr thành (b4=5 + 1)10 b(b2 + 8b + 1)3 (b4=5 + 1)10 , f (b) = 1 b(b2 + 8b + 1)3 (b4=5 + 1)9 (b14=5 7b2 + 32b9=5 32b + 7b4=5 1) f 0 (b) = b2 (b2 + 8b + 1)4 (b4=5 + 1)9 (b2=5 1)m(b) = 0 b2 (b2 + 8b + 1)4 trong đó m(b) = b12=5 + b2 6b8=5 + 32b7=5 6b6=5 + 32b 6b4=5 + b2=5 + 1 > 0
  3. THU T P QR 1.3. K 55 128 ) f (b) f (1) = >1 125 Trư ng h p 2. b = c; gi s b = c = 1; b t đ ng th c tr thành (a4=5 + 2)10 (2a + 1)(a2 + 16a + 10)3 (a4=5 + 2)10 , g (a) = 1 (2a + 1)(a2 + 16a + 10)3 2(a4=5 + 2)9 (a3 14a11=5 + 65a2 134a6=5 + 110a 68a1=5 + 40) g 0 (a) = a1=5 (2a + 1)2 (a2 + 16a + 10)4 2(a4=5 + 2)9 (a1=5 1)h(a1=5 ) = a1=5 (2a + 1)2 (a2 + 16a + 10)4 Trong đó = x14 + x13 + x12 + x11 13x10 + 52x9 + 52x8 + 52x7 + 52x6 82x5 + 28x4 h(x) +28x3 + 28x2 + 28x 40 D th y h(x) đ ng bi n, và h(0) h(1) < 0 nên t n t i duy nh t nghi m x0 2 (0; 1) c a h(x), suy ra g 0 (a) có đúng 2 nghi m là 1 và x5 2 (0; 1). T đây, b ng cách l p 0 b ng bi n thiên d th y 128 g (a) min fg (0); g (1)g = min ;1 = 1: 125 B t đ ng th c đư c ch ng minh xong. Đ ng th c x y ra khi a = b = c , x = y = z = 1: Nh n xét 4 Đây là bài toán thi Olympic toán Châu Á-Thái Bình Dương 2005 (APMO). Cách gi i đáp án r t hay và đ p m t nh s d ng k t qu px1 +1 1 x2 +2 . Hi n nay, 3 ngoài l i gi i đáp án và l i gi i c a chúng tôi ra chưa có m t l i gi i nào khác cho b t đ ng th c này. pqr hoán v 1.3.6 V i các ki n th c b sung trên, ta đã gi i đư c khá nhi u các bài toán d ng đ i x ng. Nhưng còn các d ng hoán v thì sao? K thu t này li u có dùng đư c cho nó không? Câu tr l i là đư c. Đi u khó khăn l n nh t khi g p ph i các d ng này là ta không bi t làm sao đ bi u di n các bi u th c d ng hoán v sang pqr: Có m t cách làm r t thú v đ chuy n các d ng này sang pqr là dùng tam th c b c 2. Chúng ta có k t qu
  4. 56 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN cơ b n sau (đ nh lý đ o c a đ nh lý Viet): V i 2 s th c u; v th a u + v = S; uv = P (S 2 4P ) thì u; v là nghi m c a phương trình b c 2: X 2 S X + P = 0: D a trên cơ s này, ta có th d dàng bi u di n các bi u th c hoán v vòng quanh cho 3 bi n a; b; c theo p; q; r. Và sau khi bi u di n v d ng này, ta ch vi c xét m t hàm m t bi n theo r (ho c q ) khi đã c đ nh p = const. Như v y, có th nói b n ch t c a k thu t này ch ng qua ch là tam th c b c 2 và kh o sát hàm s . 1.35 Bi u di n a2 b + b2 c + c2 a; ab2 + bc2 + ca2 theo p; q; r: Ví d x = a2 b + b2 c + c2 a L i gi i. Đ t . Khi đó, ta có y = ab2 + bc2 + ca2 ! ! X X X x+y = ab(a + b) = a ab 3abc = pq 3r cyc cyc cyc ! ! X X X X 2 2 a3 b3 + a4 bc + 3a2 b2 c2 xy = ab ab = cyc cyc cyc cyc 3 2 3 3pq + 3r) + 3r2 = 9r2 + p(p2 6q )r + q 3 =q 3pqr + 3r + r(p V y nên x; y là các nghi m c a phương trình X 2 (pq 3r)X +9r2 +p(p2 6q )r +q 3 = 0: Gi i phương trình này, ta đư c 8 p < pq 3r + p2 q 2 4q 3 +2p(9q 2p2 )r 27r 2 X1 = p 2 : X = pq 3r p2 q2 4q3 +2p(9q 2p2 )r 27r2 2 2 Các nghi m này luôn t n t i vì ta luôn có p2 q 2 4q 3 + 2p(9q p2 )r 27r2 0 (b i x = X1 ; y = X2 vì nó b ng (a b)2 (b c)2 (c a)2 !). Do đó : Tùy theo trư ng h p x = X2 ; y = X1 mà ta có th l a ch n đáp s , ch ng h n như trong trư ng h p a b c thì x y nên ta ph i có x = X1 ; y = X2 : 1.36 Bi u di n a3 b + b3 c + c3 a; ab3 + bc3 + ca3 theo p; q; r: Ví d x = a3 b + b3 c + c3 a : Khi đó, ta có L i gi i. Đ t y = ab3 + bc3 + ca3 ! ! X X X X 2 2 2 a = ( p2 x+y = ab(a + b ) = a ab abc 2q )q pr cyc cyc cyc cyc
  5. THU T P QR 1.3. K 57 ! ! X X X X X 3 3 a4 b4 + abc a5 + a2 b2 c2 xy = ab ab = ab cyc cyc cyc cyc cyc !2 X X X a2 b2 2a2 b2 c2 a2 + a2 b2 c2 = ab cyc cyc cyc " ! ! ! ! # X X X X X 3 2 22 +abc a a a ab + abc ab cyc cyc cyc cyc cyc 7p2 r2 + p(p4 + q 2 5p2 q )r + q 4 = Do đó x; y là các nghi m c a phương trình X2 [(p2 pr]X + 7p2 r2 + p(p4 + q 2 5p2 q )r + q 4 = 0 2q )q Gi i phương trình này, ta đư c 8 p < p2 q 2q 2 p2 q 2 4q 3 +2p(9q 2p2 )r 27r 2 pr +p X1 = p 2 : : X = p2 q 2q2 p2 q 2 4q 3 +2p(9q 2p2 )r 27r 2 pr p 2 2 x = X1 ; y = X2 : Do đó, ta đư c x = X2 ; y = X1 1.37 Bi u di n a4 b + b4 c + c4 a; ab4 + bc4 + ca4 theo p; q; r: Ví d L i gi i. Th c hi n tương t như trên, ta d dàng tìm đư c 8 p
  6. 58 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN L i gi i. Gi s a b c; ta có p q2 4q 3 + 2(9q 27r2 q 3r + 2)r 2 2 2 P = a b + b c + c a + abc = +r 2 p q r + q 2 4q 3 + 2(9q 27r2 2)r = = f (r) 2 Ta có p q2 4q 3 + 2(9q 27r2 9q 2 27r 2)r 0 p f (r) = 2 q2 4q 3 + 2(9q 27r2 2)r p 7(9q 2) (1 3q ) 7(1 3q ) 0 f (r) = 0 ) r = r0 = 189 p 3q ); ta có f 0 (r) N u 7(9q 2) (1 3q ) 7(1 0; suy ra p 2 1 x2 + x(1 4 x ) p (1 + x)(1 x2 ) q + q 1 4q 4 f (r) f (0) = = = x= 1 4q 2 2 8 (3x 1)2 (3x + 5) 4 4 = + 216 27 27 p N u 7(9q 2) (1 3q ) 7(1 3q ); b ng cách l p b ng bi n thiên, ta có p 2 q2 4q 3 + 2(9q q r0 + 2)r0 27r0 f (r) f (r0 ) = 2 q r0 + (9q 2 27r0 ) = = 5q 14r0 1 h2 i p p 2 7(9q 2) (1 3q ) 7(1 3q ) 9q + 1 + 2(1 3q ) 7(1 3q ) = 5q 1 = 27 27 p p p t 2 ) + 1 + 2 7 t3 2 7t3 3 t2 + 4 3(1 = = t= 1 3q 27 27 p p 3 (1 3q ) 7(1 3q ) ) t3 7(1 3t2 ) ) t Do 7(9q 2) p; do đó 27 p p t2 2 7t 3 + 4 2 7 t3 3 t2 + 4 4 = 27 27 27 2 1 a=b=c= 3 6 a = 2; b = 1; c = 0 đ t đư c khi 6 4 3 3 Tóm l i, ta có max P = 4 a = 1 ; b = 0; c = 2 : 27 3 3 a = 0; b = 3 ; c = 1 2 3
  7. THU T P QR 1.3. K 59 Nh n xét 5 Chúng ta có m t vài đi m c n chú ý p 7(9q 2) (1 3q ) 7(1 3q ) Th t ra, khi gi i phương trình f 0 (r) = 0 ta đư c đ n 2 nghi m là 189 nhưng các nghi m ph i th a mãn đi u ki n là r 0 và 9q 2 p 7r 2 0: Nhưng khi 7(9q 2) (1 3q ) 7(1 3q ) so l i v i h đi u ki n này thì ch có nghi m r0 = th a khi 189 p 7(9q 2) (1 3q ) 7(1 3q ) Do đó ta ph i xét 2 trư ng h p như l i gi i trên. p 7(9q 2) (1 3q ) 7(1 3q ) Trong trư ng h p nghi m r0 = th a thì ch c h n các b n cũng 189 r t ng i khi thay vào bi u th c ban đ u, b i l toàn là căn th c (căn trong căn), đây là 9q 2 27r0 = tính toán r t ph c t p. Nhưng chúng ta có m t m o nh p 2 q 2 4q 3 + 2(9q 2)r0 27r0 , do đó khi thay r0 vào bi u th c f (r); ta hãy thay p 2 q 2 4q 3 + 2(9q 2)r0 27r0 b i 9q 2 27r0 r i hãy thay tr c ti p giá tr c a r0 vào, tính toán s tr nên đơn gi n r t nhi u! 1.40 Cho các s th c a; b; c: Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c Ví d ab(a2 b2 ) + bc(b2 c2 ) + ca(c2 a2 ) P= : (a2 + b2 + c2 )2 (IMO 2006) L i gi i. Chu n hóa cho p = 1; khi đó, ta có p q 2 4q 3 + 2(9q 2)r 27r2 j(a b)(b c)(c a)j P= = (1 2q )2 (1 2q )2 q q p 2 4(1 3q )3 33 27 r 9q 2 + 4(1 27 q) 2(1 3q ) 3(1 3q ) 27 27 = = = f (q ) (1 2q )2 (1 2q )2 9(1 2q )2 Ta có p (6q + 1) 3(1 3q ) 0 f (q ) = 9(1 2q )3 1 q= f 0 (q ) = 0 , 6 1 q= 3 B ng cách l p b ng bi n thiên, ta th y p 1 92 1 f (q ) f = 8q : 6 32 3 8 > a= 1 < 3 p p p 2 b= 1+ 92 92 thì P = nên max P = 32 : M t khác, cho 3 2 32 > p : c= 1 2 3 2
  8. 60 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN Nh n xét 6 Bài toán này là bài toán trong đ thi toán qu c t năm 2006, cách gi i trên ng n g n hơn cách gi i đáp án r t nhi u. 1.41 Cho các s không âm a; b; c; d: Ch ng minh r ng Ví d (a b)(a c)(a d)(b c)(b d)(c d) 1 : (a + b + c + d)6 1728 (Võ Qu c Bá C n) L i gi i. Không m t tính t ng quát, gi s d = min fa; b; c; dg ; đ t a d = x; b d= y; c d = z (x; y; z 0); khi đó ta có (a b)(a c)(a d)(b c)(b d)(c d) xyz (x y )(x z )(y z ) = (a + b + c + d)6 (x + y + z + 3d)6 xyz j(x y )(x z )(y z )j (x + y + z + 3d)6 xyz j(x y )(x z )(y z )j (x + y + z )6 1 Chu n hóa cho p = 1 ) r 27 ; ta có p p xyz j(x y )(x z )(y z )j q2 4q 3 + 18qr 27r2 = r =r 4r f (q ) (x + y + z )6 Ta l i có f 0 (q ) = 2(q 6q 2 + 9r) p 1 + 216r + 1 0 f (q ) = 0 , q = 12 B ng cách l p b ng bi n thiên, ta th y p (216r + 1)3=2 1 + 216r + 1 5 1 27r2 f (q ) f = r+ 12 216 2 216 Do đó r p (216r + 1)3=2 5 1 q2 4q 3 + 18qr 27r2 27r2 r 4r r r+ 216 2 216 2 Đ t t2 = 216r + 1 1 ) r = t2161 , t đây ta có th th y r p (t2 1)(3 t) (t + 1)(3 (216r + 1)3=2 t) 5 1 2 p r 27r r+ = = h(t) 216 2 216 5184 3
  9. THU T P QR 1.3. K 61 Ta có p t(2 t) (t + 1)(3 t) 0 p h (t) = 1296 3 h0 (t) = 0 , t = 2 nên b ng cách l p b ng bi n thiên, ta th y 1 h(t) h(2) = : 1728 8 > a = 2t cos2 18 > < b = 1 sin 18 t T đây ta có đpcm. Đ ng th c x y ra khi và ch khi và > c = sin 18 2 sin 18 + 1 t > : d=0 các hoán v tương ng. 1.42 Cho các s th c a; b; c. Ch ng minh r ng Ví d (a2 + b2 + c2 )2 3(a3 b + b3 c + c3 a): (Vasile Cirtoaje) L i gi i. Chu n hóa cho p = 1; khi đó ta ch c n xét b t đ ng th c trong trư ng h p a b c là đ , suy ra p X q 2q 2 r + q 2 4q 3 + 2(9q 2)r 27r2 a3 b = = f (r) 2 cyc Ta có p q2 4q 3 + 2(9q 27r2 9q 2 27r 2)r 0 p f (r) = 2 q2 4q 3 + 2(9q 27r2 2)r p 7(9q 2) (1 3q ) 7(1 3q ) f 0 (r) = 0 , r = r0 = 189 L p b ng bi n thiên, ta có f (r) f (r0 ) 8r: M t khác, ta l i có p 2q 2 2 r0 + q 2 4q 3 + 2(9q 2)r0 27r0 q f (r0 ) = 2 2q 2 q r0 + 9q 2 27r0 = 5q q 2 1 14r0 = 2h i p 2 7(9q 2) (1 3q ) 7(1 3q ) q2 = 5q 1 p 27 27q 2 + 2(1 3q ) 7(1 3q ) 1 + 9q = 27
  10. 62 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN Ta c n ch ng minh (1 2q )2 3f (r0 ) p , 1 + 9q 27q 2 + 2(1 3q ) 7(1 3q ) 9(1 2q )2 h i p , (1 3q ) 8 21q 2 7(1 3q ) 0 21q )2 28(1 3q )] (1 3q )[(8 p , 0 8 21q + 2 7(1 3q ) 3q )(2 7q )2 9(1 p , 0: 8 21q + 2 7(1 3q ) B t đ ng th c cu i hi n nhiên đúng nên ta có đpcm. Ví d 1.43 Cho các s dương a; b; c th a mãn a + b + c = 1 và ab + bc + ca = q (1 3q ): Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c a2 b2 c2 P= + +: b c a (Võ Qu c Bá C n) L i gi i. Không m t tính t ng quát, ta ch c n xét a b c. Ta có P3 p ab q 2q 2 r 2 2 2 q 2 4q 3 + 2(9q 2)r 27r2 a b c cyc + + = = = f (r) b c a abc 2r p q 2 4q 3 + (9q 2)r + (2q 2 1) q 2 4q 3 + 2(9q 2)r 27r2 0 p f (r) = 2r2 q 2 4q 3 + 2(9q 2)r 27r2 h i p q 3 9q 2 2q + (1 3q ) (1 2q )(1 3q ) f 0 (r) = 0 ) r = r0 = 27q 4 27q 3 + 27q 2 9q + 1 T đây, b ng cách l p b ng bi n thiên, d th y f (r) f (r0 ) 8r, l i có p q 2q 2 r0 2 q 2 4q 3 + 2(9q 2)r0 27r0 f (r0 ) = 2r0 q 2 4q 3 +(9q 2)r0 2q 2 q r0 1 2q 2 = 2r0 2 9q + 1)r0 + q + 2q 3 3q 2 + 4q 4 (2q = 2r0 (1 2q 2 ) T đây, d dàng đi đ n k t lu n bài toán.
  11. THU T P QR 1.3. K 63 Nh n xét 7 Chúng ta có m t vài đi m khá thú v , không ch cho bài này nói riêng mà còn cho t t c các bài khác nói chung. Xin phân tích rõ hơn bài này, các bài khác, ta có th l y ý tư ng tương t . Sau khi thay xong bi u th c f (r0 ) = (2q 2 9q +1)r0 +q +2q 3 3q 2 +4q 4 = g (r0 ), chúng ta th y đư c gì đây? g (r0 ) là m t hàm 2r0 (1 2q 2 ) đơn đi u theo r0 ; c th là nó ngh ch bi n, đi u này có ý nghĩa r t l n, các b n t h n còn nh k t qu sau trong b t đ ng th c ba bi n (xem bài vi t trư c) p p p(9q 2p2 ) 2(p2 3q ) p2 3q p(9q 2p2 ) + 2(p2 3q ) p2 3q r 27 27 p p p p 2 2 p2 2 p2 p2 p + 2 p2 p+ 3q p 3q p 3q 3q , r 27 27 đây, ta cũng s có p p p p 2 2 p2 2 p2 p2 p + 2 p2 p+ 3q p 3q p 3q 3q r0 27 27 vì ta có q q2 4q 3 + (9q 2)r0 +(2q 2 2 1) q 2 4q 3 + 2(9q 2)r0 27r0 = 0 ) [q 2 4q 3 + (9q 2)r0 ]2 = (1 2q 2 )2 [q 2 4q 3 + 2(9q 2 2)r0 27r0 ] Do đó, ta ph i có q2 4q 3 + 2(9q 2 2)r0 27r0 0 p p p p 2 2 p2 2 p2 p2 p + 2 p2 p+ 3q p 3q p 3q 3q , r0 27 27 Như v y, chúng ta s có 0 1 p p 2 p2 p + 2 p2 Bp 3q 3q C f (r) f (r0 ) g@ A 27 Cái l i c a k t qu cu i này ch đ i v i nh ng b t đ ng th c không ch t l m mà dùng c m t k t qu kh! l là f (r0 ) đ gi i thì qu là b t ti n, nhưng v i ng p2 p 2 p+2 p2 3q p p 3q g thì m i vi c s tr nên đơn gi n hơn r t nhi u, chúng 27 ta s không ph i tính toán v i căn th c (vì n u ta đ t 3q = p2 x2 (x 0) thì
  12. 64 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN ! p p 2 p2 3q p2 3q p p+2 g là m t bi u th c không ch a căn). Rõ hơn, chúng ta 27 l y ví d đơn gi n sau a2 b2 c2 6(a2 + b2 + c2 ) + + +a+b+c b c a a+b+c B t đ ng th c này tương đương a2 b2 c2 + + 5 12q: b c a n2 o b2 c2 Như v y, n u ta ch ng minh f (r0 ) = min ab + + 5 12q thì bài toán đư c c a gi i quy t xong. Vì đây là b t đ ng th c 1 bi n theo nên ta tin ch c là s làm đư c n u có m t k thu t tính toán t t, nhưng v i m t bài toán không quá ch t như th này thì vi c dùng f (r0 ) thì có v là “hơi quá tay”, chúng ta hãy th dùng 0 1 p p ! 2 p p 2 p2 p + 2 p2 Bp 3q 3q C 1 1 3q 1+2 1 3q g@ A=g 27 27 x2 ) 1 Đ t 3q = 1 x 0, khi đó ta có ! p p 2 1 1 3q 1 + 2 1 3q g 27 2 7 + 7x + 32x2 + 16x3 + 5x4 + 28x5 8x6 6x7 (1 x) (1 + 2x) g = (1 x)(1 + 2x)(7 + 4x2 2x4 ) 27 12q = 1 + 4x2 5 Nên ta ch c n ch ng minh 7 + 7x + 32x2 + 16x3 + 5x4 + 28x5 8x6 6x7 1 + 4x2 (1 x)(1 + 2x)(7 + 4x2 2x4 ) R t đơn gi n, b ng bi n đ i tương đương, b n có th b t đ ng th c trên tương đương vi x2 (14 16x + 55x2 + 14x3 + 28x4 + 2x5 16x6 ) 0: Nhưng b t đ ng th c này l i hi n nhiên đúng do 1 x 0:
  13. THU T P QR 1.3. K 65 1.44 Cho các s dương a; b; c: Ch ng minh r ng Ví d r a2 b2 c2 a4 + b4 + c4 + + 3 : a2 + b2 + c2 b c a (Nguy n Văn Th ch) L i gi i. Theo bài trên, ta có X a2 7 + 7x + 32x2 + 16x3 + 5x4 + 28x5 8x6 6x7 (1 x)(1 + 2x)(7 + 4x2 2x4 ) b cyc L i có s r a4 + b4 + c4 4r + 2q 2 4q + 1 3 = 3 a2 + b2 + c2 1 2q s 4 x)2 (1 + 2x) + 2q 2 27 (1 4q + 1 3 1 2q r 1 + 12x2 + 8x3 + 6x4 = 1 + 2x2 Do đó ta ch c n ch ng minh r 7 + 7x + 32x2 + 16x3 + 5x4 + 28x5 8x6 6x7 1 + 12x2 + 8x3 + 6x4 (1 x)(1 + 2x)(7 + 4x2 2x4 ) 1 + 2x2 Chú ý là 7 + 7x + 32x2 + 16x3 + 5x4 + 28x5 8x6 6x7 3 + 13x2 7x4 2 4) 3(1 x2 ) (1 x)(1 + 2x)(7 + 4x 2x x2 (14 62x + 63x2 + 99x3 + 101x4 + 40x5 25x6 14x7 ) = 0 3(1 x2 )(1 + 2x)(7 + 4x2 2x4 ) 7 + 7x + 32x2 + 16x3 + 5x4 + 28x5 8x6 6x7 3 + 13x2 7x4 ) (1 x)(1 + 2x)(7 + 4x2 2x4 ) 3(1 x2 ) Nên ta ch c n ch ng minh r 3 + 13x2 7x4 1 + 12x2 + 8x3 + 6x4 3(1 x2 ) 1 + 2x2 x2 (6 72x + 436x2 + 144x3 + 72x4 72x5 369x6 + 98x8 ) , 0 9(1 x2 )2 (1 + 2x2 ) B t đ ng th c cu i hi n nhiên đúng do 1 x 0: V y ta có đpcm. Đ ng th c x y ra khi a = b = c:
  14. 66 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN Nh n xét 8 B t đ ng th c a2 b2 c2 3 + 13x2 7x4 + + 3(1 x2 ) b c a Có d ng tương đương là P P P 22 P 3 x4 + 13 x3 (y + z ) xy xyz x Xx 2 cyc cyc cyc cyc ! ! 8x; y; z 0 y P P cyc 3 x xy cyc cyc Chúng ta có th dùng k t qu này đ ch ng minh k t qu sau (hi n v n unsolved trên mathlinks) r a2 b2 c2 6 6 6 6 a +b +c + + 3 : b c a 3 (Võ Qu c Bá C n) 1.45 Cho các s dương a; b; c: Ch ng minh r ng Ví d p p ab c ab + bc + ca 3 3 + + +34 2 3 4 + 1: a2 + b2 + c2 b ca L i gi i. Rõ ràng ta ch c n xét b t đ ng th c trong trư ng h p a b c là đ . Chu n hóa cho p = 1; khi đó, ta có p q 2 4q 3 + 2(9q 2)r 27r2 q 3r ab c ++= b ca 2r ab + bc + ca q = 2 + b2 + c2 a 1 2q Nên b t đ ng th c tương đương v i p p p 334 2 q q 2 4q 3 + 2(9q 27r2 q 3r 2)r 3 + 3 4+1 2r 1 2q Xét hàm s p q2 4q 3 + 2(9q 27r2 q 3r 2)r f (r) = 2r Ta có p q2 4q 3 + (9q 2)r q q 2 4q 3 + 2(9q 2)r 27r2 0 p f (r) = 2r2 q 2 4q 3 + 2(9q 2)r 27r2
  15. THU T P QR 1.3. K 67 h i p q 2 9q 2 2q + (1 3q ) q (1 3q ) f 0 (r) = 0 , r = r0 = 27q 2 9q + 1 L p b ng bi n thiên, ta có th th y f (r) f (r0 ) 8r > 0. Ta l i có p q 2 4q 3 +(9q 2)r0 q 3r0 2 q2 4q 3 + 2(9q 2)r0 27r0 q 3r0 q f (r0 ) = = 2r0 2r 0 3 2q 2 2q + (1 6q )r0 1 = = + 6 qr0 r0 q 2(27q 2 9q + 1) 1 p = + 6 9q 2 2q + (1 3q ) q (1 3q ) q Như v y, đ hoàn t t yêu c u c a bài toán, ta ch c n ch ng minh đư c p p 334 2 q 3 f (r0 ) + 3 4+1 1 2q p p 334 2 q 2(27q 2 9q + 1) 1 3 p , ++ 3 4+7 2q + (1 3q ) q (1 3q ) q 1 2q 2 9q B ng khai tri n tr c ti p, ta th y p p 334 2 q 2(27q 2 9q + 1) 1 3 p ++ 34 7 3q ) q 1 2q 9q 2 2q + (1 3q ) q (1 (1 3q )A h i = p 2q ) 9q 2 2q + (1 3q ) q (1 3q ) q (1 p p V i A = [3(k +6)q 2 (k +11)q +1] q (1 3q ) q 2 [2k +9 9(k +2)q ]; k = 3 3 4 2: Do 2k + 9 9(k + 2)q nên n u 3(k + 6)q 2 (k + 11)q + 1 0 thì hi n nhiên A 0 nên b t đ ng th c c a ta đúng. Ngư c l i, n u 3(k + 6)q 2 (k + 11)q + 1 0 thì ta có p A 0 , q 2 [2k + 9 9(k + 2)q ] [3(k + 6)q 2 (k + 11)q + 1] q (1 3q ) , q 4 [2k + 9 9(k + 2)q ]2 [3(k + 6)q 2 (k + 11)q + 1]2 q (1 3q ) p p p2 p 9 3 16 + 6 3 4 + 4 q (27q 2 9q + 1) 20q 4 3 16 8q + 2 3 16 , 0 800 Do 3(k + 6)q 2 (k + 11)q + 1 0 nên p k 2 + 10k + 49 k + 11 q 6(k + 6)
  16. 68 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN Suy ra p p p k 2 + 10k + 49 4 k + 11 3 3 8q + 2 16 +2 16 3(k + 6) p k 2 + 10k + 49 4 k + 11 12 = +2 3(k + 6) k+2 p 2 2 + 10k + 49 2 5k + 32k 28 2(k + 2) k = 3(k + 2)(k + 6) 3k (7k 2 + 46k 152) p = 3(k + 2) 5k 2 + 32k 28 + 2(k + 2) k 2 + 10k + 49 5 Do k > nên 2 2 5 5 27 7k 2 + 46k 152 > 7 + 46 152 = > 0 ) A > 0: 2 2 4 Bài toán đư c gi i quy t xong. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c ho c 8 q pp p p p p > 3 33 > a= 1+ 32 4 4 + 8 2 11 cos 3 arccos 17 20 4 2 1 3 3 > 3 +3 t > 3 < 2 c=t q > pp > p p p p > > b = 2 3 4 + 2 3 3 4 3 2 3 sin 1 arccos 27+27 3 2 27 3 4 : t 3 3 3 20 và các hoán v tương ng. p 1.46 Cho các s dương a; b; c: Ch ng minh r ng v i k = 3 3 2 3; ta có Ví d 3(k + 3)(a2 + b2 + c2 ) ab c + + +k : (a + b + c)2 b ca (Võ Qu c Bá C n, Bách Ng c Thành Công) L i gi i. Chu n hóa cho p = 1; theo k t qu trên, ta có Xa 2(27q 2 9q + 1) 1 p + 6 b q 9q 2 2q + (1 3q ) q (1 3q ) cyc Ta ph i ch ng minh 2(27q 2 9q + 1) 1 p + 6+k 3(k + 3)(1 2q ): q 9q 2 2q + (1 3q ) q (1 3q )
  17. THU T P QR 1.3. K 69 Ta có (1 3q )A h i VT VP = p 9q 2 q 2q + (1 3q ) q (1 3q ) Trong đó p A = [6(k + 3)q 2 3q ) + q 2 [4k + 21 (2k + 15)q + 1] q (1 18(k + 3)q ]: p 4k2 +36k+153 2k+15 , 6(k + 3)q 2 Do 4k + 21 18(k + 3)q nên n u ta có q (2k + 12(k+3) 15)q + 1 0 thì A 0 nên b t đ ng th c hi n nhiên đúng, trong trư ng h p ngư c p 4k2 +36k+153 l i 2k+15 q 1 : Ta có 12(k+3) 3 p 0 , q 2 [4k + 21 18(k + 3)q ] [6(k + 3)q 2 (2k + 15)q + 1] q (1 3q ) A , q 3 [4k + 21 18(k + 3)q ]2 [6(k + 3)q 2 (2k + 15)q + 1]2 (1 3q ) p p p2 4(27q 2 9q + 1) 12q + 1 3 4 12q 2 3 4 3 , 0 12 p 4k2 +36k+153 2k+15 Do q nên 12(k+3) p 3 12q + 1 4 > 0: V y b t đ ng th c c n ch ng minh đúng. Ví d 1.47 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0: Ch ng minh r ng r 5(a2 + b2 + c2 ) a + 2c b + 2a c + 2b + + + 4: a + 2b b + 2c c + 2a ab + bc + ca (Võ Qu c Bá C n) 1.48 Cho các sp không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0: Ch ng Ví d p 3(3 3 3+ 3 9+1) minh r ng v i k = thì 8 a2 + b2 + c2 ab2 + bc2 + ca2 +k 2 k + 1: a b + b2 c + c2 a ab + bc + ca (Bách Ng c Thành Công) Ví d 1.49 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0 th a mãn a + b + c = 1: Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a bi u th c ab bc ca P (a; b; c) = p +p +p : c+a a+b b+c (Ph m Kim Hùng)
  18. 70 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN M t đi u h n ch c a k thu t này là m c dù r t m nh nhưng nó đòi h i chúng ta ph i tính toán nhi u. Nhưng các b n , các bài toán đây chúng tôi đưa ra đ u là nh ng bài toán r t khó, đ ng th c c a chúng h u h t x y ra t i nh ng đi m l ch nhau. Đi u này r t khó cho chúng ta tìm đư c 1 l i gi i đ p m t cho nó ngoài nh ng l i gi i như th này. Tuy nhiên, chúng ta có th th y m t đi u là n u dùng k thu t này đ gi i nh ng bài toán thi qu c gia, qu c t thì chúng ta l i thu đư c nh ng l i gi i g n đ p và r t nh nhàng b i l các bài toán y đ u là nh ng bài toán "r t l ng". Vì v y, chúng tôi vi t v k thu t này v i mong mu n thi t l p cho chúng ta m t k thu t, m t phương pháp đ chúng ta có th gi i đư c nh ng bài toán y khi "ch m trán" chúng trong các kỳ thi. 1.4 The CYH techniques 1.4.1 L i nói đ u Ngay t khi còn h c mái trư ng THCS, chúng ta đã đư c làm quen v i b t đ ng th c Cauchy Schwarz và khi bư c sang THPT, chúng ta đư c làm quen thêm v i b t đ ng th c Holder, c 2 b t đ ng th c này đ u r t thư ng đư c s d ng, ngay c trong các kỳ thi h c sinh gi i qu c gia, qu c t . Có th nói chúng và b t đ ng th c trung bình c ng-trung bình nhân (AM-GM) là nh ng b t đ ng th c c đi n thông d ng nh t hi n nay, nhưng vi c s d ng chúng như th nào là hi u qu ? Bài vi t nh này, chúng tôi xin đư c chia s v i các b n m t vài k thu t thông d ng, mong nh n đư c ý ki n đóng góp c a các b n. 1.4.2 B t đ ng th c Cauchy Schwarz và Holder. Trư c khi b t đ u bài vi t, chúng ta hãy nh c l i vài nét v b t đ ng th c Cauchy Schwarz và Holder. Đ nh lý 1.4 (B t đ ng th c Cauchy Schwarz) V i m i s th c (a1 ; a2 ; :::; an ) và (b1 ; b2 ; :::; bn ); ta có + an bn )2 (a2 + a2 + + a2 )(b2 + b2 + + b2 ): (a1 b1 + a2 b2 + 1 2 n 1 2 n Đ ng th c x y ra khi và ch khi ai : aj = bi : bj 8i; j 2 f1; 2; :::; ng : Ch ng minh b t đ ng th c trên có r t nhi u cách nhưng cách ng n g n nh t là s d ng đ ng th c Lagrange X (a2 + a2 + + a2 )(b2 + b2 + + b2 ) + an bn )2 = aj bi )2 (a1 b1 + a2 b2 + (ai bj 1 2 n 1 2 n i6=j
  19. 1.4. THE CYH TECHNIQUES 71 H qu 1.5 V i m i s th c (a1 ; a2 ; :::; an ) và (b1 ; b2 ; :::; bn ); bi > 0 8i = 1; 2; :::; n; ta có a2 a2 a2 1 + 2+ n + an )2 + (b1 + b2 + + bn ) (a1 + a2 + b1 b2 bn Đ ng th c x y ra khi và ch khi ai : aj = bi : bj 8i; j 2 f1; 2; :::; ng : Đ nh lý 1.5 (B t đ ng th c Holder) Cho các s dương xij (i = 1; m; j = 1; n): Khi đó v i m i ! 1 ; :::; ! n 0 th a ! 1 + + ! n = 1; ta có 0 1! j ! n m m n YX XY! @ xij A j xij : i=1 j =1 j =1 i=1 Ch ng minh b t đ ng th c này b ng cách dùng b t đ ng th c AM-GM t ng quát như sau Pm xij = 1 8i = 1; n (ta luôn có th gi s đư c đi u này! T i sao?), khi đó Gi s j =1 b t đ ng th c trên tr thành ! m n XY ! xijj 1 j =1 i=1 S d ng b t đ ng th c AM-GM, ta có 0 1 ! ! m n m n n m XY XX X X ! @ ! j xij A xijj ! j xij = j =1 i=1 j =1 i=1 i=1 j =1 0 1 n m n X X X !j @ xij A = = ! j = 1: i=1 j =1 j =1 B t đ ng th c Holder đư c ch ng minh. M t trư ng h p đ c bi t thư ng g p c a b t đ ng th c Holder là khi n = 3; ta có (a3 +b3 +c3 )(m3 +n3 +p3 )(x3 +y 3 +z 3 ) (amx+bny +cpz )3 8a; b; c; m; n; p; x; y; z 0 ( a b c m=n=p : Và khi (m; n; p) (x; y; z ) thì Đ ng th c x y ra khi và ch khi a b c x=y=z (a3 + b3 + c3 )(m3 + n3 + p3 )2 (am2 + bn2 + cp2 )3 8a; b; c; m; n; p 0 a b c = = p: Đ ng th c x y ra khi và ch khi m n
  20. 72 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN 1.4.3 M t s k thu t c n chú ý Tham s hóa Đây là k thu t cơ b n nh t trong các k thu t đư c trình bày đây, các b n hãy xem xét k nó trư c khi sang ph n khác. Ví d 1.50 Cho các s không âm x; y; z th a mãn 2x + 3y + z = 1: Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c P = x3 + y 3 + z 3 : L i gi i. S d ng b t đ ng th c Holder, ta có (x3 + y 3 + z 3 )(a3 + b3 + c3 )(m3 + n3 + p3 ) (xam + ybn + zcp)3 8a; b; c; m; n; p 0 (xam + ybn + zcp)3 ) P = x3 + y 3 + z 3 (a3 + b3 + c3 )(m3 + n3 + p3 ) Ta hãy ch n a; b; c; m; n; p sao cho gi thi t 2x + 3y + z = 1 đư c t n d ng tri t đ , t đó theo l t nhiên ta có th ch n a; b; c; m; n; p th a am = bn = cp = 1: Hơn n a, 2 3 1 do ta c n tìm min P nên đ ng th c b t đ ng th c này ph i x y ra, t c là y x z a=b=c y x z m=n=p = 3y = z = 2x+3y+c = 2a+3b+c +z 2x 1 2a 3b c 2a+3b , 2ax = 3by = cz 8 a < x = 2a+3b+c b y = 2a+3b+c : T phương trình th 2 suy ra T phương trình th nh t suy ra : c z = 2a+3b+c 2a2 3b 2 c2 , 2a2 = 3b2 = c2 2ax = 3by = cz , = = 2a + 3b + c 2a + 3b + c 2a + 3b + c p p 1 1 T đây, ta ch n đư c a = p2 ; b = p3 ; c = 1 ) m = 2 2; n = 3 3; p = 1, t đó theo trên, ta có (2x + 3y + z )3 P hp3 i p 3 3 3 1 1 + +1 22 +33 +1 p p 2 3 36 p p p p = 36 + 4 3 + 9 2 1 + 81 3 + 16 2
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2