MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKY

35 1.3K 4
MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKY

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI A MỘT SỐ QUY TẮC CHUNG KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI • Quy tắc song hành: Đa số bất đẳng thức có tính đối xứng nên sử dụng nhiều bất đẳng thức chứng minh toán để định hướng cách giải nhanh • Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” bất đẳng thức có vai trị quan trọng Nó giúp ta kiểm tra tính đắn chứng minh, định hướng cho ta cách giải Chính giải toán chứng minh bất đẳng thức toán cực trị ta cần rèn luyện cho thói quen tìm điều kiện dấu số khơng u cầu trình bày phần • Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: Chúng ta thường mắc sai lầm tính xảy đồng thời dấu “=” áp dụng liên tiếp song hành nhiều bất đẳng thức Khi áp dụng liên tiếp song hành nhiều bất đẳng thức dấu “=” phải thỏa mãn với điều kiện biến • Quy tắc biên: Đối với tốn cực trị có điều kiện ràng buộc cực trị thường đạt vị trí biên • Quy tắc đối xứng: Các bất đẳng thức có tính đối xứng vai trị biến bất đẳng thức dấu “=” thường xảy vị trí biến Nếu tốn có điều kiện đối xứng dấu “=”xảy biến giá trụ cụ thể B MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY I BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY Cho n số thực không âm a1 , a , , a n , n ∈ Z , n ≥ , ta ln có: a1 + a + + a n ≥ n n a1 a a n Dấu “=” xảy a1 = a = = a n II MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY Kỹ thuật tách ghép số 1.1 Kỹ thuật tách ghép Bài 1: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ ab bc ac = 8abc (đpcm) Bài 2: Cho số thực dương a, b, c, d Chứng minh rằng: ac + bd ≤ ( a + b )( c + d ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ac + bd a c b d = + ( a + b) ( c + d ) ( a + b) ( c + d ) ( a + b )( c + d ) 1 a c  1 b d  1a+b c+d  + + +  +  =   =1 2a+b c+d  2a+b c+d  2a+b c+d  ⇒ ac + bd ≤ ( a + b )( c + d ) (đpcm) ≤ a > c Bài 3: Cho số thực dương a, b, c thỏa  Chứng minh rằng: b > c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: c ( a − c) + c ( b − c) ab = c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab c ( a − c) c ( b − c)  c a − c   c b − c  + ≤  + ÷+  + ÷ b a a b 2b a  2a b  1c c 1c c ≤  + − ÷+  + − ÷ = ⇒ c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab (đpcm) 2b a 2a b Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: + abc ≤ (1 + a )(1 + b )(1 + c ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: + abc 1 a b c ≤3 +3 (1 + a )(1 + b )(1 + c ) (1 + a ) ( + b ) (1 + c ) (1 + a ) (1 + b ) (1 + c ) 1 1  1 a b c  ≤  + + + + +   1+ a 1+ b 1+ c  1+ a 1+ b 1+ c  1+ a 1+ b 1+ c  ≤  + +  =1 1+ a 1+ b 1+ c  ⇒ + abc ≤ (1 + a )(1 + b )(1 + c ) (đpcm) a ≥ Bài 5: Cho số thực dương a, b thỏa  Chứng minh rằng: a b − + b a − ≤ ab b ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ab ab a b − = a ab − a ≤ ( a + ab − a ) = (1) Tương tự: b a − ≤ (2) 2 Cộng theo vế (1) (2), ta được: a b − + b a − ≤ ab (đpcm) Bài 6: Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: 16ab( a − b ) ≤ ( a + b ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:  4ab + ( a − b )   ( a + b)  16ab( a − b ) = 4.( 4ab )( a − b ) ≤ 4. = 4.   = ( a + b ) (đpcm)     Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) ≥ 33 abc + abc 2 2 ( ) Giải: Ta có a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) = ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a + b + c ≥ 33 abc ab + bc + ca ≥ 33 ( abc ) ( ⇒ ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) ≥ 33 abc + 33 ( abc ) = 33 abc + 33 abc ( ) ⇒ a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) ≥ 33 abc + abc (đpcm) Bài 8: Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: ab + ) a b + ≥ a + b +1 b a Giải: a b  ab a   ab b   a b  + = + + + + +  b a  2b   2a   2b 2a  ab a ab b a b ≥2 +2 +2 = a + b + (đpcm) 2b 2a 2b 2a Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 10 Tìm GTLN của: A =a 2b 3c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ab + 2 a a b b b c c c c c a Ta có: 10 = a + b + c = + + + + + + + + + ≥ 1010    ÷ 2 3 5 5 2 a ⇒ 10  ÷ 2 b c a  ÷  ÷ ≤ ⇒  ÷  3 5 2 b c  ÷  ÷ 3 5 b c  ÷  ÷ ≤ ⇒ a 2b3c ≤ 2 3355 = 337500  3 5 a = a b c a b c a+b+c  = =  ⇔ = = = = ⇔ b = Dấu “=” xảy ⇔  5 10 a + b + c = 10 c =   Vậy GTLN A 337500 1.2 Kỹ thuật tách nghịch đảo a b Bài 1: Chứng minh rằng: + ≥ , ∀a,b > b a Giải: a b a b a b > 0, > Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: + ≥ = (đpcm) Vì a,b > nên b a b a b a ≥ , ∀a > Bài 2: Chứng minh rằng: a + a −1 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 a+ = a −1+ + ≥ ( a − 1) + = + = (đpcm) a −1 a −1 a −1 a2 + Bài 3: Chứng minh rằng: a2 +1 ≥ , ∀a ∈ R Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 + a2 +1+1 = = a2 +1 + ≥2 a2 +1 a2 +1 a2 +1 Bài 4: Chứng minh rằng: a2 +1 a2 +1 = (đpcm) 3a ≤ , ∀a ≠ + 9a Giải: Với ∀a ≠ , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 3a 1 1 = = ≤ = 4 (đpcm) 9a + 9a + 3a 2 3a 2 + 2 2 3a 3a 3a 3a  a2  Bài 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = ( a + 1) +   a + +  , ∀a ≠ −1    Giải: 2 2  ( a + 1) +   a + 2a +   2  A = ( a + 1) +   = ( a + 1) +  a + + ÷ = ( a + 1) +  ÷ a +1    a +1   a +1    = ( a + 1) + ( a + 1) +2 Cauchy ≥ 2 ( a + 1) ( a + 1) +2=2 2+2 Dấu “=” xảy 2( a + 1) = ( a + 1) hay a = −2±4 Vậy GTNN A = 2 + Bài 6: Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A = a + , ∀a > a2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a a a a 1 A=a+ = + + ≥ = 33 = 2 a a a a 2 2 a 2 2 a Dấu “=” xảy = hay a = Vậy GTNN A = a ≥ , ∀a > b > Bài 7: Chứng minh rằng: a + b ( a − b) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 a+ = b + ( a − b) + ≥ 33 b.( a − b ) =3 b( a − b ) b( a − b ) b( a − b ) Bài 8: Chứng minh rằng: a + ( a − b )( b + 1) ≥ , ∀a > b > Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( b + 1) + ( b + 1) + a+ = ( a − b) + −1 ( b + 1) ( b + 1) 2 ( a − b )( b + 1) ( a − b) 2 ( b + 1) ( b + 1) ≥ ( a − b ) −1 = ( b + 1) ( b + 1) 2 ( a − b) 2 1.3 Kỹ thuật ghép đối xứng Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm số thao tác sau: a+b b+c c+a  + + a + b + c = 2 Phép cộng:  2( a + b + c ) = ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )  abc = ab bc ca , ( a, b, c ≥ 0)  Phép nhân:  2 a b c = ( ab )( bc )( ca )  Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: bc ca ab + + ≥ a+b+c a b c Giải: Ta có: bc ca ab  bc ca   ca ab   ab bc  + + =  + +  + +  +  a b c 2 a b  2 b c  2 c a ≥ bc ca ca ab ab bc + + = a+b+c a b b c c a Bài 2: Cho ba số thực abc ≠ CMR: a2 b2 c2 b c a + + ≥ + + b2 c2 a2 a b c Giải: Ta có: a b2 c2  a b2   b2 c2   c2 a  + + =  + ÷+  + ÷+  + ÷ b2 c2 a 2  b2 c2   c2 a   a b  a b2 b2 c2 c2 a b c a b c a ≥ + 2 + 2 = + + ≥ + + 2 b c c a a b a b c a b c Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc = CMR: b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3 a b c Giải:  bc b + c c + a a + b bc ca ab ca ab  + + ≥ + + = 2 + + ÷  a b c ÷ a b c a b c    bc ca   ca ab   ab bc  = + + + ÷+  ÷+  ÷≥  a b ÷  b c ÷  c a ÷       =2 ( Vậy ) ( a+ b+ c = ) ( a+ b+ c + bc ca +2 a b ca ab +2 b c ab bc c a ) a + b + c ≥ a + b + c + 33 a b c = a + b + c + b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3 a b c Bài 4: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p = a+b+c CMR: ( p − a )( p − b )( p − c ) ≤ abc Giải: ( p − a ) ( p − b) ( p − c) = ( p − a ) ( p − b) ( p − b) ( p − c) ( p − c) ( p − a ) ( p − a ) + ( p − b ) ( p − b ) + ( p − c ) ( p − c ) + ( p − a ) ≤ 2p − ( a + b ) 2p − ( b + c ) 2p − ( c + a ) ≤ Ta có: 2 2 2 a+b+c Bài 5: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p = CMR: 1  1 1 + + ≥ 2 + +  p−a p−b p −c a b c Giải: 1 1 1  1 1  1 1  + + =  + + + Ta có: ÷+  ÷+  ÷ p−a p−b p−c 2 p−a p−b  2 p−b p−c  2 p−c p −a  1 ≥ + + ( p − a ) ( p − b) ( p − b) ( p − c) ( p − c) ( p − a ) = abc 1 1 1 + + ≥ 2 + + ÷ ( p − a ) + ( p − b) ( p − b) + ( p − c) ( p − c) + ( p − a )  a b c  2 1.4 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau 1 1  Với n ∈ N ∗ x1 , x , , x n > ( x1 + x2 + + xn )  + + + ÷ ≥ n x1 x2 xn   Chứng minh bất đẳng thức : ≥ 1 1  + +  ≥ n n x1 x x n n n = n2 Ta có với x1 , x , , x n > ( x1 + x + + x n )  + x  xn  x1 x x n  x2 1 1 + ≥9 Với n = x1 , x , x3 > ( x1 + x + x3 )  + x   x x3  b+c c+a a+b + + ≥6 Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: a b c Giải: Ta có: b+c c+a a +b  b+c   c+a   a +b  a +b+c b+c +a c +a +b + + = 1 + + + −3 ÷+  + ÷+ 1 + ÷− = a b c a   b   c  a b c  1 1 = ( a + b + c )  + + ÷− ≥ − = a b c a b c + + ≥ (Nesbit) Bài 2: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: b+c c+a a+b Giải: a b c a   b   c   + + = 1 + Ta có: ÷+ 1 + ÷+ 1 + ÷− b+c c+a a+b  b+c  c+a   a +b a +b+c b+c+a c+a+b 1   = + + − = ( a + b + c)  + + ÷− b+c c+a a+b b+c c+a a+b = 1   ( b + c ) + ( c + a ) + ( a + b )     b + c + c + a + a + b ÷− ≥ − = 2   Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: c2 a2 b2 a+b+c + + ≥ a+b b+c c+a Giải:  c2 a2 b2 c2   a2   b2   + a +  + b +  − ( a + b + c) + + = c + a+b b+c c+a  a+b  b+c  c+a       c   a   b   = c1 +  + a1 +  + b1 +  − ( a + b + c)  a+b  b+c  c+a  a+b+c b+c+a c+a+b = c  + a  + b  − ( a + b + c)  a+b   b+c   c+a  a b   c = ( a + b + c) + +  − ( a + b + c)  a+b b+c c+a  a b  c  = ( a + b + c) + + − 1 a+b b+c c+a  a b c + + ≥ Theo bất đẳng thức Nesbit chứng minh thì: b+c c+a a+b 2 2 c a b 3  a+b+c + + ≥ ( a + b + c )  − 1 = Do (đpcm) a+b b+c c+a 2  Bài 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤ Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 + + ≥9 a + 2bc b + 2ca c + 2ab Giải: Do a + b + c ≤ ta có: 1 1 1 2  + + ≥ ( a + b + c)  + + ÷ a + 2bc b + 2ca c + 2ab  a + 2bc b + 2ca c + 2ab  1   = ( a + b + c2 + 2ab + 2bc + 2ac )  + + ÷  a + 2bc b + 2ca c + 2ab  1   = ( a + 2bc ) + ( b + 2ac ) + ( c + 2ab )      a + 2bc + b + 2ca + c + 2ab ÷ ≥  Kỹ thuật đổi biến số Có tốn mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh, khó nhận biết phương hướng giải Bằng cách đổi biến số, ta đưa tốn dạng đơn giản dễ nhận biết Bài 1: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b CMR: ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (1) Giải: y+z  a = b + c − a = x  z+x   c + a − b = y ⇔ b = Đặt:  a + b − c = z   x+ y  c =  Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: x+ y y+z z+x x y.z ≤ 2 Do tam giác, tổng độ dài hai cạnh lớn độ dài cạnh lại nên : x, y , z > x+ y y+z z+x ≥ xy yz zx = xyz Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (đpcm) Hay a b c + + ≥ (1) Bài 2: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b CMR: b+c−a c+a −b a+b−c Giải: y+z  a = b + c − a = x >  z+x   Đặt: c + a − b = y > ⇔ b = a + b − c = z >   x+ y  c =  y+z z+x x+ y + + Khi vế trái bất đẳng thức (1) trở thành: 2x 2y 2z Ta có: y+z z+x x+y 1 y x  1 z x  1 z y y x z x z y + + =  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ + + =3 2x 2y 2z 2x y 2x z  2 y z  x y x z y z a b c + + ≥ (đpcm) Hay b+c−a c+a −b a+b−c a2 b2 c2 Bài 3: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b CMR: + + ≥ a + b + c (1) b+c−a c+a −b a+b−c Giải: y+z  a = b + c − a = x >  z+x   Đặt: c + a − b = y > ⇔ b = a + b − c = z >   x+ y  c =  Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: ( y + z ) + ( z + x) + ( x + y) ≥ x + y + z 4x 4y 4z Ta có: ( y + z ) + ( z + x ) + ( x + y ) ≥ yz + zx + xy =  yz + zx  +  zx + xy  +  xy + yz        4x 4y 4z x y z 2 x y  2 y z  2 z x      ≥ yz zx + x y zx xy + y z xy yz = z+x+ y z x a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c (đpcm) b+c−a c+a −b a+b−c a+b+c Bài 4: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p = CMR: 1 p + + ≥ 2 ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ( p − a )( p − b )( p − c ) Hay Giải: Ta có: Đặt: b+c−a > Tương tự: p − a = x >  p − b = y > ⇒ p = x + y + z p − c = z >  p−a = (1) p − b > 0; p − c > Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau 1 x+ y+z + + ≥ xyz x y z Ta có: 1 1 1  1 1  1 1  + + =  + ÷+  + ÷+  + ÷ x y z 2 x y  2 y z  2z x  1 1 1 1 x+y+z ≥ + + 2 = + + = 2 x y y z z x xy yz zx xyz 1 p + + ≥ Hay 2 ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ( p − a )( p − b )( p − c ) (đpcm) Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: a b c + + ≥ (1) b+c c+a a+b Giải: Đặt: y+z−x  a = b + c = x  z+x− y   c + a = y ⇒ b = a + b = z   x+ y−z  c =  y+z−x z+x− y x+ y−z + + ≥ 2x 2y 2z y+z−x z+x−y x+ y−z 1 y x  1 z x  1 z y + + =  + ÷+  + ÷+  + ÷− 2x 2y 2z 2x y 2x z  2 y z  Khi bất đẳng thức (1) trở thành: Ta có: ≥ y x z x z y 3 + + − = x y x z y z 2 Hay a b c + + ≥ (đpcm) b+c c+a a+b Bài 6: Cho số thực không âm a, b, c thỏa ( a + c )( b + c ) = CMR: 1 + + ≥ (1) 2 ( a − b) ( a + c) ( b + c) Giải:  x = y  a + c = x  xy = 1  ⇒ ⇒ y = Đặt:  x b + c = y a − b = x − y  a − b = x − y   1 + + ≥4 Khi vế trái bất đẳng thức (1) trở thành: ( x − y) x y 1 1 + 2+ 2= + x + y2 = + x + y2 Ta có: 2 x − 2xy + y ( x − y) x y ( x − y) 1 + ( x + y2 − ) + ≥ 2 x + y2 − 2) + = 2 ( x −2+ y x −2+ y 1 + + ≥ (đpcm) Vậy 2 ( a − b) ( a + c) ( b + c) Bài 7: Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz = Tìm GTNN biểu thức: x2 ( y + z) y ( z + x) z ( x + y) A= + + y y + 2z z z z + 2x x x x + y y Đề thi Đại học khối A năm 2007 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x 2 yz z 2 xy 2x x xyz 2y y yzx 2z z zxy y 2 zx A≥ + + ≥ + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y = ≥ 2y y 2x x 2z z + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y   x x = ( − 2a + 4b + c ) a = y y + z z     Đặt: b = z z + x x ⇒  y y = ( a − 2b + 4c )   c = x x + 2y y     z z = ( 4a + b − 2c )  Khi  −2a + 4b + c a − 2b + 4c 4a + b − 2c    b a c   c a b  A≥  + + ÷ ≥  −6 +  + + ÷+  + + ÷ 9 a b c  9  a c b   a b c  2 b a c c a b ≥  −6 + 4.3 + 3 ÷ = ( −6 + 12 + ) = 9 a c b a b c÷   Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = Vậy GTNN A Kỹ thuật chọn điểm rơi Điểm rơi bất đẳng thức giá trị đạt biến dấu “=” bất đẳng thức xảy Trong bất đẳng thức dấu “=” thường xảy trường hợp sau: • Các biến có giá trị Khi ta gọi tốn có cực trị đạt tâm • Khi biến có giá trị biên Khi ta gọi tốn có cực trị đạt biên Căn vào điều kiện xảy dấu “=” bất đẳng thức ta xét kỹ thuật chọn điểm rơi trường hợp 3.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi toán cực trị xảy biên Xét toán sau: Bài toán 1: Cho số thực a ≥ Tìm giá trị nhỏ (GTNN) A = a + a 1 Sai lầm thường gặp là: A = a + ≥ a = Vậy GTNN A a a Nguyên nhân sai lầm: GTNN A ⇔ a = ⇔ a = vơ lý theo giả thuyết a ≥ a a 3a a 3a 3.2 Lời giải đúng: A = a + = + + ≥2 + ≥ 1+ = a a 4 a 4 a Dấu “=” xảy ⇔ = hay a = Vậy GTNN A a Vì lại biết phân tích lời giải Đây kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Quay lại tốn trên, dễ thấy a tăng A tăng Ta dự đoán A đạt GTNN a = Khi ta nói A đạt GTNN “Điểm rơi a = ” Ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số 1 a khơng thỏa quy tắc dấu “=” Vì ta phải tách a để áp dụng bất đẳng thức a a  a 1 Cauchy thỏa quy tắc dấu “=” Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số  ,  cho α a  a “Điểm rơi a = ” = , ta có sơ đồ sau: α a a  α = α  a=2⇒ ⇒ = ⇒α = α 1 = a  10 Phân tích: Sự chênh lệch số mũ biểu thức a + b + c a + b + c gợi cho ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để hạ bậc a + b + c Nhưng ta cần áp dụng cho số số nào? Căn vào bậc biến số a, b, c biểu thức (số bậc giảm lần) ta cần áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho a , b c với số dương tương ứng khác để làm xuất a, b c Do a, b, c dương có vai trị nên ta dự đoán A đạt giá trị nhỏ a = b = c , từ (*) ta có a = b = c = Mặt khác dấu “=” bất đẳng thức Cauchy xảy khi số tham gia Khi ta có lời giải sau: Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: a ta có: 1 1 2 a + ≥ a = a (1) Dấu “=” xảy ⇔ a = ⇔ a = 9 Tương tự: b2 + ≥ b (2) Dấu “=” xảy ⇔ b = 3 c2 + ≥ c (3) Dấu “=” xảy ⇔ c = 3 Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: 2 a + b + c + ≥ ( a + b + c) = ⇒ a + b + c ≥ 3 3 1 Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = Vậy GTNN A 3 Bài 1: Cho số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b = (*) Tìm giá trị lớn biểu thức A = a + b Phân tích: Căn vào bậc biến số a, b biểu thức (số bậc giảm lần) ta cần áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho a b với số dương tương ứng khác để làm xuất a b Do a, b dương có vai trị nên ta dự đoán A đạt giá trị lớn 3 a = b , từ (*) ta có a = b = Mặt khác dấu “=” bất đẳng thức Cauchy xảy khi số tham gia Khi ta có lời giải sau: Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: a số ta có: 1 1 1 a   = a + ≥ a (1) Dấu “=” xảy ⇔ a = ⇔ a = 2 2 25 Tương tự: 1 1 b + ≥ 6.6 b   = b (2) Dấu “=” xảy ⇔ b = 2 2 25 Cộng theo vế bất đẳng thức (1) (2) ta được: 1 a + b + ≥ a + b ⇔ + ≥ a + b ⇔ a + b ≤ 25 6 2 Dấu “=” xảy ⇔ a = b = Vậy giá trị lớn A 25 Bài 2: Cho số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = CMR: a + b + c ≥ ( ) ( ) 21 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 3 3 a + b + ≥ 33 a b = 3ab (1) ; b + c + ≥ 3bc (2) ; c + a + ≥ 3ca (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a + b + c + ≥ 3( ab + bc + ca ) ( ( ) ) ⇔ a + b + c + ≥ 3.3 ⇔ a + b + c ≥ (đpcm) Bài3: Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = CMR: a + b + c ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: số a số 1, ta có: 3a + ≥ 55 a 15 1.1 = 5a (1) Tương tự: 3b + ≥ 5b (2) ; 3c + ≥ 5c (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: ( a + b5 + c5 ) + ≥ ( a + b3 + c ) ⇔ ( a + b5 + c5 ) + ≥ 5.3 ⇔ a + b + c ≥ (đpcm) 3 Bài 4: Cho số thực dương a, b, c thỏa a b + b c + c a = CMR: a + b + c ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: số a , số b số 1, ta có: 3a + 3b + ≥ 77 a 21 b 211 = a b (1) Tương tự: 3b + 3c + ≥ 7b c (2) ; 3c + 3a + ≥ 7c a (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: ( a + b + c ) + ≥ ( a 3b3 + b3c3 + c 3a ) ⇔ ( a + b + c ) + ≥ 7.3 ⇔ a + b + c ≥ (đpcm) Bài 5: Cho số thực dương a, b CMR: a + b + ≥ 2a + 2b + ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 2 a + ≥ a = 4a (1); b + ≥ 4b (2) ; a + b ≥ 2ab (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: 2a + 2b + ≥ 4a + 4b + 2ab ⇔ a + b + ≥ 2a + 2b + ab (đpcm) Bài 6: Cho số thực dương a, b, c CMR: a + b + c ≥ a bc + b ca + c ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: số a ,1 số b số c ta có: 4a + b + c ≥ 66 a 12 b c = 6a bc (1) Tương tự: 4b + c + a ≥ 6b ca (2) ; 4c + a + b ≥ 6c ab (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a + b + c ≥ a bc + b ca + c ab ⇔ a + b + c ≥ a bc + b ca + c ab (đpcm) ( ) ( ) Bài 7: Cho số thực dương a, b, c, m, n CMR: a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho m+n số: m số a m + n n số b m+ n ta có: ( ) ( ) ma m+ n + nb m + n ≥ ( m + n ).m + n a m + n b m+ n = ( m + n ).a m b n (1) Tương tự: mb m+ n + nc m + n ≥ ( m + n ).b m c n (2) mc m + n + na m + n ≥ ( m + n ).c m a n (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: m n 22 ( m + n ) ( a m+ n + b m+ n + c m+ n ) ≥ ( m + n ) ( a m b n + b m c n + c m a n ) a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n (đpcm) Lưu ý: Bất đẳng thức vừa chứng minh sử dụng chứng minh toán sau Bài 8: Cho số thực dương a, b, c thỏa abc = Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 + + ≤1 3 a + b + b + c + c + a3 + Giải: Từ kết ta có a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n m =  Chọn n = ta được: c = a  a + b3 + a ≥ a 2b + b a + a 2a = a 2b + b 2a + a ⇒ a + b ≥ a 2b + b 2a 1 abc c ⇒ 3 ≤ = = ( abc = 1) (1) 2 a + b + a b + b a + a b + b a + abc a + b + c a b ≤ ≤ Tương tự: (2) (3) 3 b + c +1 a + b + c c + a +1 a + b + c Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: 1 a+b+c + + ≤ = (đpcm) 3 3 a + b +1 b + c +1 c + a +1 a + b + c 5.2 Bài toán Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = Chứng minh rằng: 10a + 10b + c ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: c2 c2 8a + ≥ 8a = 4ac 2 8b + c2 c2 ≥ 8b = 4bc 2 2a + 2b ≥ 2a 2b = 4ab Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 10a + 10b + c ≥ 4( ab + bc + ca ) = 4.1 =  c2 8a =   a = b =  c  ⇔ Dấu “=” xảy ⇔ 8b =  c = 2  2a = 2b    Đây lời giải ngắn gọn thiếu tự nhiên Chúng ta thắc mắc lại tách 10 = + Nếu tách cách khác, chẳng hạn 10 = + liệu có giải khơng? Tất nhiên cách tách khác không dẫn đến kết quả, tách 10 = + may mắn Bây ta tìm lí việc tách 10 = + toán Với < α < 10 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 23 c2 c αa + ≥ αa = 2α ac 2 2 c c αb + ≥ αb = 2α bc 2 (10 − α ) a + (10 − α ) b ≥ (10 − α ) a (10 − α ) b = ( 20 − 2α ) ab Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 10a + 10b + c ≥ 2α ( ac + bc ) + ( 20 − 2α ) ab Lúc ta cân điều kiện giả thuyết, tức là: α = 2α = 20 − 2α ⇔ 2α = 400 − 80α + 4α ⇔ 2α − 41α + 200 = ⇒  α = 25 > 10  ⇒α =8 Khi ta có lời giải tốn Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = CMR: 3a + 3b + c ≥ 10 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2a + c2 c2 ≥ 2a = 2ac 2 2b + c2 c2 ≥ 2b = 2bc 2 a + b ≥ a b = 2ab Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 3a + 3b + c ≥ 2( ab + bc + ca ) = 2.5 = 10 5.3 Bài toán Cho số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức A = a + 4b Phân tích: Dự đốn A đạt GTLN a + b = a = α Giả sử A đạt GTLN  Ta có α + β = (1) b=β  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: a số α ta có: ( ) a + 2α ≥ 3.3 a α = 3α a ( ) Tương tự: b + 2β ≥ 33 b β = 3β b Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: a + b + α + β ≥ 3α a + 3β b Đẻ xuất vế phải a + 4b ta chọn α , β cho 3α a : 3β b = a : 4b ( ) ( ) α2 α ⇔ = ⇔ = β β ( 2) 24  α α=  =   ⇒ Từ (1) (2) ta có hệ:  β α + β = β =    Khi ta có lời giải sau: Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 1 a + + ≥ 3.3 a = a 9 9 8 b3 + + ≥ b 9 Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: a + b + ≥ ( a + 4b ) ( ) [( ) ] ⇒ a + 4b ≤ 3 a + b + ≤ 33 3   a = a =   ⇔ Dấu “=” xảy  b = b =     Vậy GTLN A 3 Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm GTNN A = 4a + 6b + 3c Phân tích: Với α , β , γ > Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 4a + α ≥ 4a α = 4α a 6b + β ≥ 6b β = β b 3c + γ ≥ 3c γ = 3γ c Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 4a + 6b + 3c + α + + β + γ ≥ 4α a + β b + 3γ c a + b + c =  a = α a + b + c =   α 4 a = α  ⇔ ⇒ + Dấu “=” xảy ⇔  β 6b = β b = 3c = γ    γ c =  Chọn α , β , γ cho 4α = β = 3γ Ta có hệ phương trình: β γ + =3  α β γ + + =3   4α = β = 3γ  25  α β γ + + =3    β =  4α α 4α 4α  1 2 ⇒ β = ⇒ + + = ⇒ α  + + ÷= ⇒ α = ⇒  6.6 3.3 2 3  γ = 16  4α   γ =  Khi ta có lời giải tốn sau Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 4a + ≥ 4a = 8a ≥ 8b = 8b 3 16 16 3c + ≥ 3c = 8c 3 Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta được: 16 4a + 6b + 3c + + + ≥ 8( a + b + c ) = 24 3 ⇒ 4a + 6b + 3c ≥ 12 a + b + c =   a = 4 a =    ⇔ 6b = ⇔ b = Dấu “=” xảy 3    16  3c = c =   6b + Vậy GTNN A 12 Kỹ thuật cộng thêm Bài 1: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c 1 + 2+ ≥ + + b c a a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b c a a + ≥ + ≥ (3) (2); + ≥ 2 = (1) ; 2 c b c a2 c a b a b a b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a b c 1 2 + + + + + ≥ + + a b c a b c b c a a b c 1 ⇒ + + ≥ + + (đpcm) b c a a b c Bài 2: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ 2b + c 2c + a 2a + b Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 2b + c a 2b + c 2a (1) ; + ≥2 = 2b + c 2b + c 26 b2 2c + a 2b c2 2a + b 2c (2) ; (3) + ≥ + ≥ 2c + a 2a + b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a2 b2 c2 3( a + b + c ) 2( a + b + c ) + + + ≥ 2b + c 2c + a 2a + b 2 a b c a+b+c (đpcm) ⇒ + + ≥ 2b + c 2c + a 2a + b Lưu ý: Trong toán sử dụng kỹ thuật cộng thêm hệ số, ta sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi kỹ thuật hạ bậc để tìm hạng tử cho phù hợp Ví dụ: • Đối với bất đẳng thức cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy a a 1 a = b = c Khi = = , ta chọn a a b a • Đối với bất đẳng thức cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy a2 a2 a a = b = c Khi = = , muốn sử dụng bất đẳng thức Cauchy để làm mẫu ta 2b + c 2a + a 2b + c 2b + c 2a + a a = = cộng thêm Chọn mẫu số 9 Bài 3: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a + b3 b3 + c c + a + + ≥ 2( a + b + c ) ab bc ca Giải: Ta có: a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3 a b2 b2 c c a + + = + + + + + ab bc ca b a c b a c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b2 b2 a2 a2 + a ≥ 2b (2) ; + c ≥ 2b (3) ; +b ≥ b = 2a (1); a c b b c2 c2 a2 + b ≥ 2c (4) ; + a ≥ 2c (5) ; + c ≥ 2a (6) b a c Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1) đến (6) ta được: a2 b2 b2 c2 c2 a2 + + + + + + 2( a + b + c ) ≥ 4( a + b + c ) b a c b a c a2 b2 b2 c2 c2 a2 ⇒ + + + + + ≥ 2( a + b + c ) b a c b a c a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3 ⇒ + + ≥ 2( a + b + c ) (đpcm) ab bc ca a2 b2 c2 1 Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: + + ≥ + + a b c b c a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b2 1 c2 1 a2 1 a2 1 (2); + + ≥ (3) + + ≥ 33 = (1) ; + + ≥ b b c c a3 c c a b3 a a b a a b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: 27 a2 b2 c2 1 1  1 1 + + + 2 + +  ≥ 3 + +  b c a a b c a b c a2 b2 c2 1 ⇒ + + ≥ + + (đpcm) a b c b c a Bài 5: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 + + ≥ a2 + b2 + c2 b c a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 a3 a3 a3 + + b ≥ 33 b = 3a (1) ; b b b b b3 b3 c3 c3 + + c ≥ 3b (2) ; + + a ≥ 3c (3) c c a a Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được:  a3 b3 c3  a3 b3 c3 2 + +  + a2 + b2 + c2 ≥ a2 + b2 + c2 ⇒ + + ≥ a + b + c (đpcm)  b c a b c a   ( ) ( ) Bài 6: Cho số thực dương a, b, c thỏa abc = Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 + + ≥ (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 1+ b 1+ c a3 1+ b 1+ c 3 + + ≥3 = a (1) ; (1 + b )(1 + c ) (1 + b )(1 + c ) 8 b3 1+ c 1+ a + + ≥ b (2) ; (1 + c )(1 + a ) 8 c 1+ a 1+ b + + ≥ c (3) (1 + a )(1 + b ) 8 Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3 b3 c3 3 + + + ( a + b + c) + ≥ ( a + b + c) (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4 a3 b3 c3 3 3 ⇒ + + ≥ ( a + b + c ) − ≥ abc − = (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4 (đpcm) Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a4 b4 c4 + + ≥ a+b+c bc ca ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a4 a4 + b + c + c ≥ 44 b.c.c = 4a (1) bc bc b + c + a + a ≥ 4b (2) ca c4 + a + b + b ≥ 4c (3) ab 28 Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a4 b4 c4 + + + 3( a + b + c ) ≥ 4( a + b + c ) bc ca ab a4 b4 c4 ⇒ + + ≥ a + b + c (đpcm) bc ca ab Bài 8: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: ab bc ca 1 1 1 + + ≥  + +  c ( a + b) a ( b + c ) b ( c + a )  a b c  Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ab a+b ab a+b + ≥2 = (1) c c ( a + b ) 4ab c ( a + b ) 4ab bc b+c ca c+a + ≥ + ≥ (2) ; (3) 2 a ( b + c ) 4bc a b ( c + a ) 4ca b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: ab bc ca a+b b+c c+a 1 + + + + + ≥ + + 4bc 4ca a b c c ( a + b ) a ( b + c ) b ( c + a ) 4ab ab bc ca 1 1 1 1 ⇔ + + + + + + + + ≥ + + c ( a + b ) a ( b + c ) b ( c + a ) 4b 4a 4c 4b 4a 4c a b c ab bc ca 1 1 1 ⇒ + + ≥  + +  (đpcm) c ( a + b) a ( b + c ) b ( c + a )  a b c  Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = Chứng minh a3 b3 c3 + + ≥ b+c c+a a+b Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 a( b + c ) a a( b + c ) + ≥2 = a (1) ; b+c b+c b3 b( c + a ) c3 c (a + b ) + ≥ b (2) ; + ≥ c (3) c+a a+ b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3 b3 c3 ab + bc + ca + + + ≥ a + b + c (1' ) b+c c+a a+b Mặt khác ta có: a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n m = Chọn  ta được: n = a + b + c ≥ ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca ≥ (2' ) 2 Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a3 b3 c3 ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca ⇒ + + + + ≥ a2 + b2 + c2 + b+c c+a a+b 2 3 2 a b c a +b +c ⇒ + + ≥ = (đpcm) b+c c+a a+b 2 ⇒ 29 Bài 10: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a5 b5 c5 + + ≥ a3 + b3 + c3 b c a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a5 a5 + ab ≥ 2 ab = 2a (1) ; b b b c5 + bc ≥ 2b (2) ; + ca ≥ 2c (3) c2 a2 Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a5 b5 c5 + + + ab + bc + ca ≥ a + b + c (1' ) b c a Mặt khác ta có: a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n m = Chọn  ta được: n = ( ) a + b + c ≥ ab + bc + ca (2' ) Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a5 b5 c5 + + + ab + bc + ca + a + b + c ≥ a + b + c + ab + bc + ca b2 c2 a2 a5 b5 c5 ⇒ + + ≥ a + b + c (đpcm) b c a Bài 11: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 + + ≥ a2 + b2 + c2 a + 2b b + 2c c + 2a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 a( a + 2b ) a a ( a + 2b ) 2 + ≥2 = a (1) ; a + 2b a + 2b 3 b b( b + 2c ) 2 c c( c + 2b ) 2 + ≥ b (2) ; + ≥ c (3) b + 2c c + 2b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3 b3 c3 2 + + + a + b + c + ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c a + 2b b + 2c c + 2a 9 3 3 a b c ⇔ + + + ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c (1' ) a + 2b b + 2c c + 2a 9 m+n m+n m+n m n m n Mặt khác ta có: a +b +c ≥ a b + b c + cman m = 2 2 2 2 Chọn  ta được: a + b + c ≥ ab + bc + ca ⇒ ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) (2') 9 n = Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a3 b3 c3 2 + + + ( ab + bc + ca ) + a + b + c ≥ a + b + c + ( ab + bc + ca ) a + 2b b + 2c c + 2a 9 9 3 a b c ⇒ + + ≥ a + b + c (đpcm) a + 2b b + 2c c + 2a Bài 12: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: b+c c+a a+b 2 + + ≥ + + a b c a2 b c ( ) ( ( ) ) ( ( ( ( ) ( ) ) ) ) 30 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b+c b+c 4 (1) ; + ≥2 = 2 b+c a a b+c a c+a 4 a+b 4 + ≥ + ≥ (2) ; (3) 2 c+a b a+b c b c Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: b+c c+a a+b 4 4 4 + + + + + ≥ + + (1' ) a+b b+c c+a a b c a b c Mà ta có: 1 1 4 + ≥2 = ≥ (2' ) ; a b a b ab a + b 1 1 + ≥ (3' ) ; + ≥ (4' ) b c b+c c a c+a Cộng theo vế bất đẳng thức (1’), (2’), (3’) (4’) ta được: b+c c+a a+b 4 2 4 4 4 + + + + + + + + ≥ + + + + + a+b b+c c+a a b c a b c a+b b+c c+a a b c b+c c+a a+b 2 ⇒ + + ≥ + + (đpcm) a b c a b c a b 4c Bài 13: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: + + ≥ a + 3b b c a Dấu “=” bất đẳng thức xảy a = b = 2c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b2 4c a2 a2 + 4c ≥ 4b (2) ; + a ≥ 4c (3) +b ≥ b = 2a (1); c a b b Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được: a b 4c a b 4c + + + a + b + 4c ≥ 2a + 4b + 4c ⇒ + + ≥ a + 3b (đpcm) b c a b c a a2 b2 16c Bài 14: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh: + + ≥ ( 64c − a − b ) b+c c+a a+b Dấu “=” bất đẳng thức xảy a = b = 2c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 4( b + c ) 4a b2 4( c + a ) 4b 16c (1); (2) ; + ≥ + ≥ + ( a + b ) ≥ 8c (3) b+c c+a a+b Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được: a2 b2 16c 13 + + + ( a + b ) + c ≥ ( a + b ) + 8c b+c c+a a+b 9 2 a b 16c ⇒ + + ≥ ( 64c − a − b ) (đpcm) b+c c+a a+b Kỹ thuật Cauchy ngược dấu Xét toán sau: 31 Bài toán: thức sau: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = Chứng minh bất đẳng 1 + + ≥ a +1 b +1 c +1 2 Phân tích giải: Ta khơng thể dùng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy với mẫu bất đẳng thức sau đổi chiều: 1 1 1 + + ≤ + + ≥ a + b + c + 2a 2b 2c    1 1 1 3 3  Do + + ≥ 33 = ≥ =  2a 2b 2c 2a 2b 2c abc a + b + c       Đến bị lúng túng cách giải Ở ta sử dụng lại bất đẳng thức Cauchy theo cách khác: a2 a2 a = 1− ≥ 1− = 1− (1) 2a a +1 a +1 b c ≥ 1− (2) ; ≥ 1− (3) Tương tự ta có: 2 2 b +1 c +1 1 a+b+c + + ≥ 3− = Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: (đpcm) 2 a +1 b +1 c +1 Nhận xét: Kỹ thuật Cauchy ngược dấu hiểu ta lấy nghịch đảo hai vế bất đẳng thức Cauchy sau nhân hai vế với -1 Khi dấu bất đẳng thức ban đầu không đổi chiều Bài 1: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = 1 + + ≥ Chứng minh bất đẳng thức sau: + ab + bc + ca Giải: Ta có: ab ab ab = 1− ≥ 1− = 1− (1) + ab + ab 2 ab bc ca ≥ 1− (2) ; ≥ 1− (3) + bc + ca Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 1 1 + + ≥ 3− ab + bc + ca + ab + bc + ca 1a+b b+c c+a a+b+c 3 ≥ 3−  + + = 3− =  = 3− 2 2  2 Tương tự ta có: ( ) (đpcm) Bài 2: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = a b c + + ≥ Chứng minh bất đẳng thức sau: b +1 c +1 a +1 Giải: Ta có: a ab ab ab =a− ≥a− =a− (1) 2b b +1 b +1 b bc c ca ≥b− (2) ; ≥c− (3) Tương tự ta có: 2 2 c +1 a +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 32 a b d ab + bc + ca + + ≥ a+b+c− (1' ) b +1 c +1 d +1 Mặt khác ta có: a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 ab + bc + ca ≤ + + = a + b + c = ( a + b + c ) - 2( ab + bc + ca ) 2 2 ( a + b + c) = ⇒ ab + bc + ca ≤ (2' ) a b c 3 + + ≥ 3− = Từ (1’) (2’) ta có: (đpcm) 2 b +1 c +1 a +1 ( a + b + c ) = chứng minh toán khác Lưu ý: Ta sử dụng kết ab + bc + ca ≤ Bài 3: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = a +1 b +1 c +1 + + ≥3 Chứng minh bất đẳng thức sau: b +1 c +1 a +1 Giải: Ta có: a +1 ( a + 1) b ≥ a + − ( a + 1) b = a + − ab + b (1) = a +1− 2b b2 +1 b +1 b +1 bc + c c +1 ca + a ≥ b +1− (2) ; ≥ c +1− (3) Tương tự ta có: 2 c +1 a +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a +1 b +1 c +1 a + b + c + ab + bc + ca + + ≥ a +b + c + 3− b +1 c +1 a +1 2 a+b+c ab + bc + ca +3− ≥ + 32 2 a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b +1 c +1 a +1 ≥ Vậy ( a + b + c) = 3 + 3- = 2 Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 a +b b +c c +a Giải: Ta có: a3 ab ab b =a− ≥a− =a− (1) 2 2ab a +b a +b b3 c c3 a Tương tự ta có: ≥b− (2) ; ≥c− (3) 2 2 b +c c +a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a3 b3 c3 a+b+c a+b+c + + ≥ a+b+c− = 2 2 2 a +b b +c c +a (đpcm) Bài 5: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = a b c + + ≥2 Chứng minh bất đẳng thức sau: b c +1 c a +1 a b +1 Giải: 33 Ta có: b a ( ac ) a ab c ab c ab c b( a + ac ) =a− ≥a− =a− =a− ≥a− 2 b c +1 b c +1 2b c a ⇒ ≥ a − ( ab + abc ) (1) b c +1 Tương tự ta có: b c ≥ b − ( bc + abc ) (2) ; ≥ c − ( ca + abc ) (3) 2 4 c a +1 a b +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b c ab + bc + ca abc ab + bc + ca abc + + ≥ a+b+c− =3 − (1’) 4 4 b c +1 c a +1 a b +1 Mặt khác ta có: ( a + b + c ) ≥ ab + bc + ca ⇔ ≥ ab + bc + ca (2’) 3= 4 abc = a + b + c ≥ 33 abc ⇔ ≥ (3’) 4 a b c + + + + ≥3 Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được: b c +1 c a +1 a b +1 4 a b c ⇒ + + ≥ (đpcm) b c + c a + a 2b + Bài 6: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện ab + bc + ca = Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c + + ≥1 2b + 2c + 2a + Giải: Ta có: a 2ab ab 2ab =a− ≥a− =a− (1) 3 2b + b + b +1 3b b 2bc c 2ca ≥b− (2) ; ≥c− (3) Tương tự ta có: 3 3 2c + 2a + Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b c 2( ab + bc + ca ) + + ≥ a+b+c− = a + b + c − (1' ) 3 2b + 2c + 2a + ( a + b + c ) ≥ ab + bc + ca ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ca = (2') Mặt khác ta có: ( ) Cộng theo vế (1’) (2’) ta được: a b c a b c + + + a + b + c ≥ a + b + c +1 ⇒ + + ≥ (đpcm) 2b + 2c + 2a + 2b + 2c + 2a + Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Giải: a3 a b + ab ab( a + b ) a + b 2a − b Ta có: =a− ≥a− =a− = (1) 2 3ab 3 a + ab + b a + ab + b Tương tự ta có: 34 b3 2b − c c3 2c − a ≥ (2) ; ≥ (3) 2 2 3 b + bc + c c + ca + a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a3 b3 c3 a+b+c (đpcm) + + ≥ 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Bài 8: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện a + b + c = a2 b2 c2 Chứng minh bất đẳng thức sau: + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a Giải: Ta có: a2 2ab 2ab 2 =a− ≥a− = a − ( ab ) (1) 2 a + 2b a+b +b ab Tương tự ta có: b2 c2 2 ≥ b − ( bc ) (2) ; ≥ c − ( ca ) (3) 2 3 b + 2c c + 2a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a2 b2 c2 2 2 + + ≥ a + b + c −  ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  2    3 a + 2b b + 2c c + 2a 2 2 ≥ − 3 ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  (*)    3 Mặt khác ta có: ( ab ) = a.ab.b ≤ a + ab + b (1’) Tương tự: 3 ( bc ) ≤ b + bc + c (2’) ; ( ca ) ≤ c + ca + a (3’) 3 Cộng theo vế (1’), (2’) (3’) ta có ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ≤ ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) 3 2 ( a + b + c) 32 ≤ ( a + b + c) + = + = 3 3 3 3 ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  ≥ − = -2 (**) ⇒−     3 2 a b c2 Từ (*) (**) ta có: (đpcm) + + ≥ 3− =1 a + 2b b + 2c c + 2a Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa điều kiện a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a Giải: a2 2ab 2ab =a− ≥a− = a − b3 a (1) Ta có: 3 3 a + 2b a+b +b 3 ab Tương tự ta có: b2 c2 ≥ b − c b (2) ; ≥ c − a3 c (3) 3 b + 2c c + 2a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 35 ... gợi cho ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để hạ bậc a + b + c Nhưng ta cần áp dụng cho số số nào? Căn vào bậc biến số a, b, c biểu thức (số bậc giảm lần) ta cần áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho... Dấu “=” xảy II MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI Kỹ thuật tách ghép số Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = CMR 1 + + ≥9 a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski... a 2a + b Lưu ý: Trong toán sử dụng kỹ thuật cộng thêm hệ số, ta sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi kỹ thuật hạ bậc để tìm hạng tử cho phù hợp Ví dụ: • Đối với bất đẳng thức cho có tính đối xứng với

Ngày đăng: 28/10/2014, 22:30

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan