Ứng dụng bất đẳng thức

Chia sẻ: Nguyễn Văn Hiếu | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

322
lượt xem 95
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chắc chắn ai học toán cũng đều biết đến bất đẳng thức Côsi và vai trò quan trọng của nó trong việc giải toán , đặc biệt là trong việc chứng minh bất đẳng thức .Sau đây là 1 trong những ứng dụng của nó.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Ứng dụng bất đẳng thức

Đây là bài tập mở rộng của mình hồi lớp 10. Mình được 10 điểm 1 tiết đấy! Các bạn đọc rồi cho ý kiến nhé .Thực ra trước khi viết được bài mở rộng này mình cũng có tham khảo 1 số tài liệu hehe!!! ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI. V Chắc chắn ai học toán cũng đều biết đến bất đẳng thức Côsi và vai trò quan trọng của nó trong việc giải toán , đặc biệt là trong việc chứng minh bất đẳng thức .Sau đây là 1 trong những ứng dụng của nó. Nhắc lại bất đẳng thức côsi : Cho n số thực ko âm a1 , a 2 ,..., a n ta luôn có : a1 + a 2 + ...a n ≥ n n a1 a 2 ...a n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a1 = a 2 = ... = a n . • Bài toán 1: Cho a,b,c>0. Chứng minh: a+b+c 2 b2 c2 a + + ≥ b+c a+c a+b 2 Bài giải b+c a2 + ≥a b+c 4 a+c b2 + ≥b a+c a+b+c b2 c2 4 a + + ≥ a + b + c − (b + c + c + a + a + b) / 4 = (theo côsi) => (dpcm) b+a b+c a+c a+b 2 c 2 + ≥c b+a 4 • Bài toán 2: Cho a,b,c,d>0 .Chứng minh: a+b+c+d a2 b2 c2 d2 + + + ≥ A= b + 2c + d + 3a c + 2d + a + 3b d + 2a + b + 3c a + 2b + c + 3d 7 Bài giải : b + 2c + d + 3a a2 a 2 2a + ≥2 = (theo côsi ) Tương tự với các số hạng còn lại thì ta được b + 2c + d + 3a 49 49 7 2(a + b + c + d ) b + 2c + d + 3a + c + 2d + a + 3b + d + 2a + b + 3c + a + 2b + c + 3d A≥ − 7 49 a+b+c+d = (dpcm) 7 • Bài toán 3: Cho a1 ; a 2 ;...a n > 0 Chứng minh: 3 2 2 2 3 3 a + a 2 + ... + a n a a1 a B= + 2 + ... + n ≥ 1 S − a1 S − a 2 S − an n −1 Với S = a1 + a 2 + ... + a n ( n ∈ Ν, n ≥ 2) Bài giải: 3 3 2 ( S − a1 )a1 a1 a1 a1 2a + ≥2 =1 S − a1 n −1 (n − 1) (n − 1) 2 2 3 3 2 ( S − a 2 )a 2 a2 a2 a2 2a + ≥2 =2 S − a2 n −1 (n − 1) ( n − 1) 2 2 .............................................. 3 3 2 ( S − a n )a n an an an 2a + ≥2 =n S − an n −1 (n − 1) (n − 1) 2 2 2 2 2 2(a1 + a 2 + ... + a n ) ( S − a1 )a1 + ( S − a 2 ) a 2 + ... + ( S − a n )a n ⇒B≥ − n −1 (n − 1) 2 Cần chứng minh được : ( S − a1) a1 + ( S − a 2 )a 2 + ... + ( S − a n )a n ≤ (n − 1)(a1 + a 2 + ... + a n ) (1) 2 2 2 Thật vậy:
( S − a1 ) a1 = ( a 2 + a 3 + a 4 + ... + a n )a1 2 2 2 2 a (n − 1) a 2 + a3 + ... + a n = a1 a 2 + a1 a3 + ... + a1 a n ≤ 1 + 2 2 ( S − a 2 )a 2 = (a1 + a3 + ... + a n )a 2 2 2 2 2 a 2 (n − 1) a1 + a3 + ... + a n = a 2 a1 + a 2 a 3 + ... + a 2 a n ≤ + 2 2 .......................................... ( S − a n )a n = (a1 + a 2 + ... + a n −1 ) a n 2 2 2 2 a (n − 1) a1 + a 2 + ... + a n −1 = a n a1 + a n a 2 + ... + a n a n −1 ≤n + 2 2 Cộng vế với vế của n bất đẳng thức trên ta được (1):=> dpcm • Bài toán 4:Cho a,b,c>0.Chứng minh: a4 + b4 + c 4 a7 b7 c7 C= 3 +3 +3 ≥ (2) a + b 3 + 3c 3 b + c 3 + 3a 3 c + a 3 + 3b 3 5 Bài giải: ( a 3 + b 3 + 3c 3 ) a a7 a 7 a 2a 4 + ≥2 = Ta có 3 a + b 3 + 3c 3 25 25 5 2( a + b + c ) a (b + 3c + a ) + b(c 3 + 3a 3 + b 3 ) + c(a 3 + 3b 3 + c 3 ) 4 4 4 3 3 3 Tương tự ⇒ C ≥ − 5 25 Cần chứng minh: a (b 3 + 3c 3 + a 3 ) + b(c 3 + 3a 3 + b 3 ) + c(a 3 + 3b 3 + c 3 ) ≤ 5(a 4 + b 4 + c 4 ) ⇔ ab 3 + 3ac 3 + a 4 + bc 3 + 3ba 3 + b 4 + ca 3 + 3cb 3 + c 4 ≤ 5(a 4 + b 4 + c 4 ) ⇔ ab 3 + bc 3 + ca 3 + 3(ac 3 + ba 3 + cb 3 ) ≤ 4(a 4 + b 4 + c 4 ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dương : a 4 ; b 4 ; b 4 ; b 4 ta có: 3b 4 + a 4 ≥ 44 b12 a 4 = 4ab 3 3c 4 + b 4 ≥ 4bc 3 3a 4 + c 4 ≥ 4ca 3 Tương tự như trên ta được: 3c 4 + a 4 ≥ 4ac 3 3a 4 + b 4 ≥ 4ba 3 3b 4 + c 4 ≥ 4cb 3 => dpcm • Bài toán 5:Cho x,y,z>0.Chứng minh 1 1 1 11 1 1 D= + + ≤(+ +) (3) 2x + y + z 2 y + z + x 2z + x + y 4 x y z Bài giải : Áp dụng BĐT Svacxơ:
211 16 1 12 1 1 ++≥ ⇔ ≤ (+ +) x y z 2x + y + z 2 x + y + z 16 x y z 211 16 1 11 2 1 ++≥ ⇔ ≤ (+ +) y z x 2y + z + x 2 y + z + x 16 x y z 211 16 1 11 1 2 ++≥ ⇔ ≤ (+ +) z x y 2z + x + y 2 z + x + y 16 x y z 11 1 1 Cộng vế với vế của 3 BĐT trên thì : D ≤ ( + + )(dpcm) 4x y z • Bài toán 6:Cho x,y,z>0 .Chứng minh: 1 1 1 11 1 1 E= +2 +2 ≤ ( 2 + 2 + 2) (4) x + 2y + z y + 2z + x z + 2x + y 2 2 2 2 2 2 2 4x y z Bài giải : Áp dụng BĐT Svacxơ ta có : 1 2 1 16 1 11 2 1 + 2+ 2≥ ⇔2 ≤ ( 2 + 2 + 2) 2y + x + z x + 2y + z 2 2 2 2 2 2 16 x x y z y z 1 1 1 1 11 1 1 Tương tự với các số hạng còn lại => E ≤ × 4( 2 + 2 + 2 ) = ( 2 + 2 + 2 ) (dpcm) 16 4x x y z y z • Bài toán 7:Cho x,y,z >0.Chứng minh: 1 1 1 1 F= 2 +2 +2 ≤ (5) x (2 x + 3 y + z ) y (2 y + 3 z + x) z (2 z + 3 x + y ) 3 1 1 1 (với 3 + 3 + 3 = 2) x y z Bài giải : 1 1231 ≤ (+ +) 2 x + 3 y + z 36 x y z 1 11 2 3 ≤ (+ +) Tương tự bài 6 . 2 y + 3 z + x 36 x y z 1 131 2 ≤ (+ +) 2 z + 3 x + y 36 x y z 1 231 11 23 1312 ⇒F≤ ( + + )+ (+ + )+ (+ +) 36 x 2 x y z 36 y 2 x y z 36 z 2 x y z 11 1 1 11 1 1 11 1 1 = ( 3+ 3 + 3)+ ( 2 + 2 + )+ ( 2 + 2 + 2 ) 2 1x 12 x y y z z x 36 x z y x z y y z 1 1 1 2 1  1 1 2 1 1 12 1 12 1 12 1 12 ≤ +  ( 3 + 3 ) + ( 3 + 3 ) + ( 3 + 3 ) +  ( 3 + 3 ) + ( 3 + 3 ) + ( 3 + 3 ) 9 12  3 x 3y 3z x  36  3 x 3y 3z y z z x y 1 111 11 1 = + × × + × × 6 = (dpcm) 9 12 3 6 36 3 3 • Từ việc giải các bài toán trên ta có thể đi đến 1 bài toán tổng quát . Từ bài toán 1 và 2 ta có thể mở rộng thành bất đẳng thức như sau: 2 2 2 an a1 a2 + + ... + m1 a 2 + m2 a3 + ... + mn a1 m1 a3 + m2 a 4 + ... + mn a 2 m1 a1 + m2 a 2 + ... + mn a n a1 + a 2 + ... + a n ≥ (*) m1 + m2 + ... + mn n ( ai > 0, (i = (1, n); m j ≥ 0, j = (1, n); ∑ m j ≠ 0; n ∈ Ν và n > 1 2 1 Từ BĐT. kết hợp với bài toán 3 và 4 ta lại mở rộng thêm được nữa và BĐT thành
p p p an a1 a2 H= + + ... + q q q q q q q q q m1 a 2 + m2 a3 + ... + mn a1 m1 a 3 + m2 a 4 + ... + mn a 2 m1 a1 + m2 a 2 + ... + mn a n ( p−q p−q p−q + a2 + ... + a n a1 ≥ (**) n ∑m i i =1 n ai > 0, (i = (1, n); m j ≥ 0, j = (1, n); ∑ m j ≠ 0; n ∈ Ν và n > 1 ; p, q ∈ Ν; p ≥ 2q và q ≥ 1 2 1 Cách chứng minh (**) p −2 q p −q q q q p (m1 a 2 + m2 a3 + ... + mn a1 )a1 a1 2a1 + ≥ . (m1 + m2 + ... + mn ) 2 m1 + m2 + ... + mn q q q m1 a 2 + m2 a 3 + ... + mn a1 p−2q p −q q q q p ( m a + m2 a 4 + ... + mn a 2 )a 2 a2 2a 2 + 13 ≥ m1 + m2 + ... + mn (m1 + m2 + ... + mn ) q q q 2 m1 a 3 + m2 a 4 + ... + mn a 2 Thực hiện tương tự với các số hạng còn lại thì : p−q p−q p −q p −2 q q q q 2(a1 + a 2 + ... + a n ) ( m1 a 2 + m2 a3 + ... + mn a1 )a1 H≥ − − ... − m1 + m2 + ... + mn (m1 + m2 + ... + mn ) 2 p −2 q q q q (m1 a1 + m2 a 2 + ... + mn a n )a n − (m1 + m2 + ... + mn ) 2 Ta cần chứng minh: p − 2q p − 2q p − 2q q q q q q q q q q (m1a2 + m2 a3 + ... + mn a1 ) + a2 (m1a3 + m2 a4 + ... + mn a2 ) + ... + an (m1a1 + m2 a2 + ... + mn an ) a1 p−q p−q p−q ≤ (m1 + m2 + ... + mn )(a1 + a2 + ... + an ) p − 2q p − 2q p − 2q p − 2q p − 2q p − 2q q q q q q q ⇔ m1 (a1 a2 + a2 a3 + ... + an a1 ) + m2 (a1 a3 + a2 a4 + ... + an a2 ) p−q p−q p−q p−q p−q p−q + ... + mn (a1 + a2 + ... + an ) ≤ (m1 + m2 + ... + mn )(a1 + a2 + ... + an ) Áp dụng BĐT Côsi cho (p-q) số thực dương : a1 p −q , a1 p −q , ..., a1 p −q , (p-2q số), a 2 p −q , a 2 p − q , ..., a 2 p −q , (q số) thì: p−q p−q ( p − q )( p − 2 q ) ( p −q)q ≥ ( p − q )( p − q )... a1 ( p − 2q )a1 + qa2 .a2 p − 2q q = ( p − q) a1 a2 . Thực hiện tương tự với các số còn lại : p−q p−q p−q p − 2q p − 2q q p − 2q q q ( p − q)(a1 + a2 + ... + an ) ≥ ( p − q )(a1 a2 + a2 a3 + ... + an a1 ) p−q p−q p−q p − 2q p − 2q p − 2q q q q ⇔ m1 (a1 + a2 + ... + an ) ≥ m1 (a1 a2 + a2 a3 + ... + an a1 ) p−q p−q p−q p − 2q p − 2q p − 2q q q q ( p − q )(a1 + a2 + ... + an ) ≥ ( p − q)(a1 a3 + a2 a4 + ... + an a2 ) p−q p−q p−q p − 2q p − 2q p − 2q q q q ⇔ m2 (a1 + a2 + ... + an ) ≥ m2 (a1 a3 + a2 a4 + ... + an a2 ) ..................................... p −q p−q p −q p −2 q p −2 q q p −2 q q q ( p − q)(a1 + a2 + ... + an ) ≥ ( p − q)(a1 an + a2 a1 + ... + an an−1 ) p −q p −q p −q p−2 q p −2 q p −2 q q q q ⇔ mn−1 (a1 + a2 + ... + an ) ≥ mn−1 (a1 an + a2 a1 + ... + an an−1 ) (dpcm) • Từ bài toán 5 và bài toán 6 ta lại mở rộng được 1 BĐT: 1 1 1 + +...+ m1a2 + m2 a3 + ... + mn a1 m1a3 + m2 a4 + ... + mn a2 m1a1 + m2 a2 + ... + mn an 1 11 1 ≤n .( + + ... + ) aa an (***) ∑ mi 1 2 i =1 Từ BĐT (***) .kết hợp với bt 7 ta được 1 kết quả rộng hơn như sau:
1 1 1 T= k+ k +...+ h k k h k k h k k k a1 ( m1a2 + m2 a3 + ... + mn a1 ) a2 ( m1a3 + m2 a4 + ... + mn a2 ) an (m1a1 + m2 a2 + ... + mn an ) 1 1 1 1 ≤ + + ... + ( ) h+ k h+ k h+k n (****) ∑ mi a1 a2 an i =1 n ∑m Trong đó a j > 0 , j = (1, n) . mi ≥ 0 và ≠ 0 ; n, h, k ∈ Ν; n > 1, h ≥ o, k ≥ 1. i i =1 Cách chứng minh : Áp dụng BĐT Svacxơ có : (m1 + m2 + ... + mn ) 2 m1 m2 m + k + ... + n ≥ k k k k k m1a2 + m2 a3 + ... + mn a1 a2 a3 a1 m 1 1 m m ⇔ ≤n ( 1 + 2 + ... + n ) k k k k k k m1a2 + m2 a3 + ... + mn a1 ( m ) 2 a2 a3 a1 ∑ i i =1 Tương tự đối với các số hạng còn lại : 1 1 m m m  1 m m T≤ n  1 m1 m2 m m } 2 .{  h ( + k + ... + n ) +  h ( 1 + 2 + ... + n ) +...+  h ( 1 + 2 + ... + n ) (∑ mi ) k k k k k k k k  a1 a2 a3 a1   a2 a3 a4 a2   an a1 a2 an  i =1 ta cần chứng minh: mn   1 m1 m2 mn   1 m1 m2  1 m1 m2 mn   h ( k + k + ... + k )  +  h ( k + k + ... + k ) +...+  h ( k + k + ... + k )  a1 a2 a3 a1   a2 a3  an a1 a2 an  a4 a2  n 1 1 1 ≤ ∑ mi .( + + ... + ) h+ k h+k h+k a1 a2 an i =1 Thật vậy h k , Áp dụng BĐT Côsi cho (h+k) số dương .thì : h+ k h+ k a1 a2 h+k h k 1 + ≥ (h + k ).( h+k ) =hk h+k h+k ( h+k ) h ( h+k ) k a1 a2 a1 .a2 a1 .a2 tương tự với các số còn lại: 1 1 1 1 1 1 (h + k )( h+k + h+ k + ... + h+k ) ≥ (h + k )( h k + h k + ... + h k ) a1 a2 an a1 a2 a2 a3 an a1 1 1 1 1 1 1 m1 ( h+k + h+k + ... + h+k ) ≥ m1 ( h k + h k + ... + h k ) a1 a2 an a1 a2 a2 a3 an a1 1 1 1 1 1 1 m2 ( h+k + h+k + ... + h+k ) ≥ m2 ( h k + h k + ... + h k ) a1 a2 an a1 a3 a2 a4 a n a2 .................................................................... 1 1 1 1 1 1 mn ( h+k + h+k + ... + h+k ) ≥ mn ( h+k + h+k + ... + h+k ) a1 a2 an a1 a2 an n 1 1 1 ⇒ ∑ mi ( + + ... + ) h+k h+ k h+ k a1 a2 an i =1 1 1 1 1 1 1 ≥ m1 ( + h k + ... + h k ) + ... + mn ( h+k + h+ k + ... + h+ k ) hk a1 a2 a2 a3 an a1 a1 a2 an Ta có thể để ý rằng bđt (**) và (****) gần giống nhau .Tức là có thể chuyển bđt (****) về dạng :
−h −h −h a1 a2 a1 k+ k +...+ k k k k k k k m1a2 + m2 a3 + ... + mn a1 m1a3 + m2 a4 + ... + mn a2 m1a1 + m2 a2 + ... + mn an − h−k − h−k − h−k + a2 + ... + an a1 ≤ m1 + m2 + ... + mn Như vậy cuối cùng có thể kết luận rằng với p p p an a1 a2 A= + + ... + q q q q q q q q q m1a2 + m2 a3 + ... + mn a1 m1a3 + m2 a4 + ... + mn a2 m1a1 + m2 a2 + ... + mn an p −q p −q p −q + a2 + ... + an a1 B= n ∑m thì i i =1 A ≥ B ⇔ p ≥ 2( p ∈ Ν ) A ≤ B ⇔ p ≤ 0( p ∈ Ζ ) (n > 1; q ≥ 1; p ≥ 2q ) dấu bằng của tất cả các bdt trên xảy ra khi và chỉ khi: a1 = a2 = ... = an Từ việc tìm ra bdt tổng quát ,nó có thể giúp ích cho ta rất nhiều trong việc giải toán .tuy nhìn nó có vẻ hơi cồng kềnh nhưng mình thấy nhớ khá dễ.trong các kì thi đại học các bạn có thể dùng nó để áp dụng cũng như dự đoán kết quả .Ngoài ra mình thấy bdt tq cũng khá đẹp ,khi các bạn lấy các giá trị cụ thể thì có thể còn đẹp hơn nữa .Ví dụ: p p p an a1 a2 p−q p−q p −q Khi m1 = 1; m2 = m3 = ... = mn = 0 thì (**) thành : q + q + ... + q ≥ a1 + a2 + ... + an a2 a3 a1