Bất Đẳng Thức Qua Kì Thi Chọn Đội Tuyển HSG Quốc Gia 20172018

122 281 0
  • Loading ...
1/122 trang
Tải xuống

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 16/12/2017, 18:21

THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU √ ab ≤ a−b ln a−ln b ≤ bb e aa ≤ a−b arcsin a−b a+b b−a ≤ a+b ≤ a2 +b2 2 BẤT ĐẲNG THỨC —————— QUA CÁC ĐỀ THI CHỌN —————— ĐỘI HSG QUỐC GIA & HSG CẤP TỈNH ——————— NĂM HỌC 2017 - 2018 ——————— TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU ————————————— BẤT ĐẲNG THỨC Qua đề thi chọn đội HSGQG & HSG cấp Tỉnh Năm học 2017 - 2018 Cao Lãnh - Đồng Tháp Lời nói đầu Tài liệu lời giải câu bất đẳng thức (BĐT) đề tuyển đội học sinh giỏi dự thi VMO chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh đề Olympic chuyên KHTN, GGTH, năm học 2017 − 2018 • Phần 1: Khơng dừng lại khâu trình bày lời giải, tài liệu cố gắng thể trình hình thành nên lời giải (chính nên có nhiều lời giải dài dòng) đưa nhiều hướng suy nghĩ tiếp cận câu BĐT thông qua việc giải toán nhiều cách khác (về phần người viết tham khảo nhiều nguồn giải khác để có góc nhìn đa chiều, việc trích dẫn nguồn điều mà người viết quan tâm) Giải xong toán, đưa nhận xét tìm mối liên hệ với tốn khác việc nên làm với người học Tốn khơng riêng BĐT Nó cho người học thấy tồn cảnh tranh mà tốn dệt nên, cao thấy tính "mới - cũ" " hay - dở" đề toán Về phần này, nhận xét mang tính chủ quan Bạn đọc đóng góp thấy chưa đúng, chưa tốt • Phần 2: Phần bổ sung kiến thức Ngồi việc nêu phương pháp chứng minh BĐT thông dụng, tài liệu trình bày thêm số kỹ thuật, BĐT phụ, đặc biệt chứng minh BĐT mà chưa gặp lần định gây khó khăn cho người làm Về cách đọc tài liệu này, bạn đọc tiếp cận với BĐT thức nên đọc phần bổ sung kiến thức trước đọc phần Người viết hy vọng qua toán với lời giải vậy, bạn đọc hay cụ thể bạn học sinh "say mê" BĐT xem toán hành trình, hành trình ngắn hay dài tùy thuộc vào bạn, ln có điểm chung lời giải cuối hành trình ln chứa đựng nhiều điều thú vị Cuối cùng, người viết xin gửi lời xin lỗi bạn đọc số lỗi sai tài liệu tên viết cho năm học 2016 − 2017 chưa có dịp đính chính, mục sai đính phần cuối tài liệu Trong tài liệu người viết mong nhận góp ý bạn đọc cho tài liệu khơng dừng lại sai sót Mọi góp ý bạn đọc gửi địa chỉ: anh110004@gmail.com Người viết chân thành cám ơn! Cao Lãnh, Ngày tháng 12 năm 2017 GV Nguyễn Tuấn Anh Trang ii GV: Nguyễn Tuấn Anh Mục lục Chương BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC 1 Các toán BĐT qua đề thi hè Các toán BĐT qua đề thi chọn đội HSGQG Các toán BĐT qua đề thi chọn HSG cấp tỉnh 33 Chương BỔ SUNG KIẾN THỨC 57 Một số phương pháp chứng minh BĐT thông dụng 57 1.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi 57 1.2 Phương pháp tiếp tuyến 60 1.3 Phương pháp pqr 64 1.4 Phương pháp dồn biến 70 1.5 Phương pháp SOS 75 Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT 82 2.1 Một số phép đổi biến chứng minh BĐT 82 2.2 Một số BĐT phụ thường dùng chứng minh BĐT 94 2.3 Bất đẳng thức Gerretsen 114 iii Chương Một BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC Nội dung 1 Các tốn BĐT qua đề thi hè Các toán BĐT qua đề thi chọn đội HSGQG Các toán BĐT qua đề thi chọn HSG cấp tỉnh 33 Các toán BĐT qua đề thi hè Bài 1.1 (Olympic chuyên KHTN 2017) Cho a, b, c số thực dương cho abc = Chứng minh rằng: 2+a 1+a+b + ca 2+b 1+b+c +a 2+c 1+c+a ≤ + a + ca LỜI GIẢI (Mr Cooper - https://diendantoanhoc.net) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:     (1 + + a) ≤ (1 + b + a) (1 + ca + a) ca(1 + + b)2 ≤ ca (1 + c + b) (1 + ab + b) = (1 + b + c) (ca + a + 1)    a(1 + + c)2 ≤ a (1 + a + c) (1 + bc + c) = (1 + a + c) (a + + ca) Do ta cần chứng minh: (1 + a + ac) ⇔ 1 + + ≤ + a + ca 1+a+b 1+b+c 1+c+a 1 + + ≤1 1+a+b 1+b+c 1+c+a Trang CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC BĐT quen thuộc có nhiều hướng giải Hướng 1: Vì abc = nên tồn x, y, z > cho: a= x2 y2 z2 ;b = ;c = yz zx xy Khi BĐT viết lại là: xyz xyz xyz + + ≤1 3 3 xyz + x + y xyz + y + z xyz + z + x3 Ta có: xyz xyz xyz + + 3 3 xyz + x + y xyz + y + z xyz + z + x3 ≤ xyz xyz xyz + + =1 2 2 xyz + x y + xy xyz + y z + yz xyz + z x + zx2 nên toán chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Hướng 2: Vì abc = nên tồn x, y, z > cho: a= y z x ;b = ;c = y z x Khi BĐT viết lại là: yz zx xy + + ≤1 2 yz + zx + y zx + xy + z xy + yz + x2 Theo BĐT Cauchy ta có: yz + xz + y z + xy + yz ≥ yz(z + x + y)2 ⇔ z + xy + yz yz ≤ (yz + xz + y ) (x + y + z)2 Tương tự cho số hạng lại, ta được: yz zx xy + + ≤ 2 yz + zx + y zx + xy + z xy + yz + x2 z + xy + yz (x + y + z)2 + x2 + yz + xz (x + y + z)2 + y + xz + xy (x + y + z)2 =1 Và tốn chứng minh Hướng 3: Vì abc = nên tồn x, y, z cho a = x3 , b = y , z = c3 thỏa xyz = BĐT viết lại là: 1 + + ≤1 3 3 1+x +y 1+y +z + z + x3 Các toán BĐT qua đề thi hè GV: Nguyễn Tuấn Anh CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC Trang Theo BĐT AM - GM ta có: 1 + + 3 3 1+x +y 1+y +z + z + x3 = 1 + + 3 3 xyz + x + y xyz + y + z xyz + z + x3 ≤ 1 + + =1 xyz + xy (x + y) xyz + yz (y + z) xyz + zx (z + x) Ta điều phải chứng minh Hướng 4: (Võ Quốc Bá Cẩn) Ta đặt x2 = a, y = b, z = c BĐT cần chứng minh là: x2 1 + + ≤1 2 + y + y + z + z + x2 + với xyz = Ta để ý rằng: x2 + y (x + y)2 + (x − y)2 1− = = x + y2 + x + y2 + (x2 + y + 1) BĐT viết lại là: (x + y)2 + x2 + y + (x − y)2 ≥4 x2 + y + Theo BĐT Cauchy dạng phân thức ta có:  4(x + y + z)2 (x + y)2   ≥   x2 + y + (x2 + y + z ) +       4(x − z)2 (x − y)2 ≥ x2 + y + (x2 + y + z ) + Do ta cần có: 4(x − z)2 4(x + y + z)2 + ≥4 (x2 + y + z ) + (x2 + y + z ) + ⇔ (x + y + z)2 + (x − z)2 ≥ x2 + y + z + Vì xyz = nên xy + yz + zx ≥ Vậy nên ta cần có: (x + y + z)2 + (x − z)2 ≥ x2 + y + z + xy + yz + zx ⇔ xy + yz ≥ zx + y ⇔ x (x − y) + z (y − x) ≥ ⇔ (x − z) (x − y) ≥ BĐT cuối x số lớn (hoặc số nhỏ nhất) số x, y, z Điều ta giả sử ban đầu tính đối xứng BĐT Do tốn chứng minh GV: Nguyễn Tuấn Anh Các toán BĐT qua đề thi hè Trang CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC Hướng 5: BĐT tương đương với: b+c c+a a+b + + ≥2 a+b+1 b+c+1 c+a+1 Áp dụng BĐT Cauchy ta có: √ a+b b+c c+a + + ≥ a+b+1 b+c+1 c+a+1 √ √ a+b+ b+c+ c+a (a + b + c) + a+ (a + b + c) + (a + b) (a + c) Cauchy (a + b + c) + = ≥ (a + b + c) + (a + b + c) + √ bc √ √ √ (a + b + c) + ab + bc + ca = (a + b + c) + Do ta cần có: √ √ √ (a + b + c) + ab + bc + ca ≥2 (a + b + c) + ⇔ √ ab + √ √ bc + ca ≥ BĐT cuối hiển nhiên abc = Bài tốn chứng minh Nhận xét: • Bài tốn có dạng tương đối lạ, mấu chốt đoạn sử dụng BĐT Cauchy ban đầu • Kết quen thuộc giải câu Macau Mathematics Olympiad 2000 kết làm mạnh, đề Moscow MO 1997 - lớp 11 sau: 1 1 1 + + ≤ + + ≤1 1+a+b 1+b+c 1+a+c 2+a 2+b 2+c • Một số tốn có dạng tương tự kết sử dụng chứng minh: (GMB-IMAR 2005, Juniors, Problem 1) Với a, b, c số thực dương có tích lớn thì: 1 + + ≤1 1+b+c 1+c+a 1+a+b Kết tương tự: (https://artofproblemsolving.com) Với a, b, c, d số thực dương có tích khơng lớn thì: 1 + + ≤ 1+b+c 1+c+a 1+a+b 2abc + 1 Các toán BĐT qua đề thi hè GV: Nguyễn Tuấn Anh CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC Trang Mở rộng cho biến: (Romania Junior Balkan Team Selection Tests 2013) Với a, b, c, d số thực dương có tích lớn thì: 1 1 + + + ≤1 a+b+2 b+c+2 c+d+2 d+a+2 • Kỹ thuật sử dụng hướng mạnh tay tốn, nhiên trình bày với mục tiêu giới thiệu bạn đọc kỹ thuật hay, thể tinh tế người làm Về phần kỹ thuật mời bạn đọc tham khảo "Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng BĐT Cauchy Schwarz - Võ Quốc Bá Cẩn" • Kết quen thuộc mở rộng sau: (Sử dụng phương pháp Cauchy Schwarz để chứng minh BĐT V.Q.B.Cẩn, T.Q.Anh) Với a, b, c số thực dương có tích k > thì: 1 + + ≤1 k k 1+b+c 1+c+a + a + bk • Với cách làm hướng ta làm với tốn mở rộng sau: (Phân loại phương pháp giải toán BĐT - Vasile Cirtoaje - V.Q.B.Cẩn, T.Q.Anh) Với a, b, c số thực dương có tích k ≤ thì: 1 + + ≤ 1+b+c 1+c+a 1+a+b + 2k Bài 1.2 (Olympic gặp gỡ Toán học 2017- Đồng Tháp, Lớp 11) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx ≤ Chứng minh rằng: √ − xy − yz − zx ≤ (6 − 6)(1 − min{x, y, z}) LỜI GIẢI Do vài trò đối xứng x, y, z nên ta giả sử x = min{x, y, z} Khi ta cần chứng minh: √ − x (y + z) − yz ≤ − (1 − x) Đến ta có ý tưởng đánh giá y, z để đưa BĐT ẩn x Ta có: y + z ≥ 2x yz ≥ x2 ⇒ − x (y + z) − yz ≤ − x (2x) − x2 Vậy nên ta cần chứng minh: √ √ − x (2x) − x2 = −3x2 + ≤ − (1 − x) ⇔ 3x + − ≥0 √ Và số − có câu trả lời đâu sinh GV: Nguyễn Tuấn Anh Các toán BĐT qua đề thi hè CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC Trang 103 Ví dụ 39 (Bosnia and Herzegovina TST 2015 day problem 1) Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c ≤ Tìm giá trị nhỏ a+1 b+1 c+1 + + a (a + 2) b (b + 2) c (c + 2) Phân tích: Dễ dàng dự đốn GTNN dễ sử dụng phương pháp tiếp tuyến để làm Vậy tốt thi cử ta tìm tòi với đơi phương pháp bổ đề nên ta thử tìm lời giải thú vị dựa chúng Ta tìm m cho đánh giá: a+1 ≥ 2m a (a + 2) a + am + suy abc ≤ Vậy nên, với a, b, c thỏa giả thiết ta chọn số a ≥ a cho tìm m = Tuy nhiên ta phải khóe léo tí dùng bổ đề giả thiết a bc = đó: a+1 b+1 c+1 a +1 b+1 c+1 + + ≥ + + a (a + 2) b (b + 2) c (c + 2) a (a + 2) b (b + 2) c (c + 2) Kết hợp đánh giá cho ba biến a , b, c ta hồn thành tốn Nhận xét: Ta kết chặt làm khó phương pháp tiếp tuyến là: Với ba số thực dương a, b, c có tích Chứng minh b+1 c+1 a+1 + + ≥2 a (a + 2) b (b + 2) c (c + 2) Quay lại việc chọn k ta xét ví dụ sau: Ví dụ 40 (Tuymaada Olympiad 2014) Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn √ a3 +1 1 + + = Chứng minh rằng: a b c +√ 1 +√ ≤√ +1 c +1 b3 LỜI GIẢI Ta có: − ⇔ GV: Nguyễn Tuấn Anh √ a3 ≥ +1 a3 −   − a−3 + a + 1 √ a3 + a3 + ≥ Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT Trang 104 CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC Vậy với abc ≥ thỏa giả thiết ta chọn a ≤ a cho a bc = đó: − a3 + − +1 ≥ ≥ − b3 a3 + − +1 2 + − +1  a −3 b3 b3 + − +1 2 + − +1 +  −3 + a + 1 b−3 c3 c3 +1 +1 +  + b + 1 − c−3 ≥ + c + 1 − Nhận xét: • Bài tốn làm mạnh cách thay giả thiết 1 + + = abc = a b c • Để có đánh ta kết hợp kỹ ví dụ phân tích kỹ bên tức chọn đồng thời k, m cho đánh giá: 1+k− với k ≥ √ 3k ≥ a3 + a2m + am + − để đơn giản ta chọn k = tương ứng m = − Bạn đọc 2 thử tìm với k = thấy khơng có m k thỏa mãn điều kiện, điều chứng tỏ chọn k phải gần biên điều kiện có hy vọng đánh giá chặt Tiếp tục ta điểm qua số tốn để thấy tính hiệu Bộ đơi trên: Các ví dụ nâng cao Ví dụ 41 (JBMO TST - Macedonia 2013) Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: √ √ √ 1 a + b + c + + + ≥ 1+a 1+b 1+c 1√ HƯỚNG DẪN Sử dụng đánh giá: a+ ≥ =1 1+a a + a0 + (do giả thiết abc = thừa chưa dùng.) Ví dụ 42 (Zdravko Cvetkovski) Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a b c + + ≤1 a2 + b + c + 2 Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT GV: Nguyễn Tuấn Anh CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC HƯỚNG DẪN Sử dụng đánh giá: Trang 105 a 1 − + ≥ a +2 (a + a + 1) Mở rộng: Với k = 1, 2, 3, 4, a, b, c số thực dương có tích BĐT sau ln đúng: a2 b c a + + ≤ +k b +k c +k k+1 Ví dụ 43 (Võ Quốc Bá Cẩn) Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a a3 + b b3 + + HƯỚNG DẪN Sử dụng đánh giá: + a − a +1 c c3 + + ≤ 25 ≥ −10 2 (a + a−5 + 1) Ví dụ 44 (Crux Mathematicorum - Mihaly Bencze) Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a2 b c 1 a + + ≤ + + +a+1 b +b+1 c +c+1 a+2 b+2 c+2 HƯỚNG DẪN Sử dụng đánh giá: a 1 − + ≥ a+2 a +a+1 (a + a + 1) Cuối ta đến với toán từ giả thiết đến dạng tốn khác hồn tồn với bổ đề, ta sử đôi bổ đề phương pháp vào kết hoàn toàn bất ngờ (xin nhắc lại niềm tin để ta thực bước đánh giá bổ đề chặt khi kết hợp với phương pháp chứng minh BĐT AM GM) Ví dụ 45 (Vasile Cirtoaje, GM - B, - 10, 1992) Với ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: 2a + a+b 2b + b+c 2c ≤3 c+a HƯỚNG DẪN Ta chứng minh toán tương đương với giả thiết xyz = 1: + x+1 + y+1 ≤3 z+1 Sử dụng đánh giá: 1− GV: Nguyễn Tuấn Anh + ≥ x+1 −1 −1  x + x + 1   Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT Trang 106 CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC Ví dụ 46 (IMO - 2001, Problem 2) Với ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: √ b c a +√ +√ ≥1 a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab HƯỚNG DẪN Chuẩn hóa abc = ta cần chứng minh: a + a2 + a b b2 + b + c ≥1 c2 + c Sử dụng đánh giá: a − a2 + a 1 + ≥ −8 −4 3 a +a +1 Ví dụ 47 (Jedaihan - Trích ”BĐT lời giải hay”) Với ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a4 + 2b2 c2 + a2 + 2bc b4 + 2c2 a2 + b2 + 2ca c4 + 2a2 b2 ≥a+b+c c2 + 2ab HƯỚNG DẪN Chuẩn hóa abc = ta cần chứng minh: a6 + + a4 + 2a b6 + + b4 + 2b c6 + ≥a+b+c c4 + 2c Sử dụng đánh giá: a6 + − a + ≥ a4 + 2a a2 + a + Ví dụ 48 (THTT - T9/460) Với ba số thực dương a, b, c thỏa abc ≥ Chứng minh rằng: a4 b c a2 b c a2 b c + + ≥ bc + ca + ab + HƯỚNG DẪN Với a, b, c thỏa giả thiết ta chọn a ≤ a thỏa mãn a bc = Khi BĐT trở thành: a3 b3 c3 + + ≥ a +1 b+1 c+1 2 Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT GV: Nguyễn Tuấn Anh CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC Trang 107 Sử dụng đánh giá: b3 1 − + ≥ b+1 2 −5 −5 b + b +    Ví dụ 49 (THTT - T8/454) Với ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a a+b + b b+c + c c+a +3≥ a b c + + a+b b+c c+a HƯỚNG DẪN Ta chứng minh toán tương đương với giả thiết xyz = sau: x+1 + y+1 + z+1 +3≥ 1 + + x+1 y+1 z+1 Sử dụng đánh giá: x+1 +1− + ≥ (x + 1) −3 −3  x + x + 1   Ví dụ 50 (China Northern Mathematical Olympiad 2006) Với ba số thực dương a, b, c có tổng Chứng minh rằng: c2 + a2 + b2 + + ≤5 + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a) 2c2 + (a + b) LỜI GIẢI Bài toán tương đương với: a2 + b2 + c2 + + − − + − ≥0 2a2 + (3 − a)2 2b2 + (3 − b) 2c2 + (3 − c) Với a, b, c thỏa giả thiết, khơng tính tổng qt ta xem a = {a, b, c} Khi tồn a thỏa a ≤ a ≤ cho a bc = Khi đó: a2 + b2 + c2 + 5 − + − + − 2a2 + (3 − a)2 2b2 + (3 − b)2 2c2 + (3 − c)2 ≥ a2+9 b2 + c2 + − + − + − 2a + (3 − a )2 2b2 + (3 − b)2 2c2 + (3 − c)2 GV: Nguyễn Tuấn Anh Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT Trang 108 CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC Đến ta cần sử dụng đánh giá sau: b2 + − ≥ + 14 2b + (3 − b) 21 (b + b7 + 1) Ví dụ 51 (Đề chọn đội tuyển Tỉnh Nghệ An năm 2015 - 2016) Với ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a b c + + + b+c c+a a+b a + 2b + 2c b + 2c + 2a c ≥3 2a + 2b Phân tích: Có thể tiếp cận toán Cauchy (tương tự chứng minh cho BĐT Nesbitt) Ở ta có kết hợp với bổ đề lời giải Trước tiên ta chuẩn hóa a + b + c = (khơng chuẩn hóa abc = BĐT khơng tách biến) Khi BĐT cần chứng minh là: a b c + + + 3−a 3−b 3−c a + − 2a b + − 2b c ≥3 − 2c Đến có vấn đề phát sinh: • Giả thiết a + b + c = khơng dùng Bổ đề • Nếu làm ta đánh giá a ≥ a với hy vọng a bc = và: a + 3−a Tuy nhiên hàm số f (a) = a a ≥ + − 2a 3−a a + 3−a a − 2a a hàm tăng đánh giá khơng − 2a dùng Loay hoay cuối viết nhận điều đơn giản Bổ đề không với abc = mà với a + b + c = 3, ab + bc + ca = Vậy khó khăn khó khăn phải lách hàm tăng giảm giải cách nhẹ nhàng LỜI GIẢI Ta sử dụng đánh giá: a + 3−a a ≥ −9 −9 − 2a a +a +1 Tương tự với b, c Kết hợp với Bổ đề (đương nhiên nói trường hợp a+b+c = 3) ta điều phải chứng minh Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT GV: Nguyễn Tuấn Anh CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC Trang 109 Bộ đôi Bổ đề hiệu với toán tách biến với giả thiết abc số, với khơng tách biến ta chuẩn hóa để đưa dạng tách biến áp dụng Đặc biệt với số có giả thiết tổng a + b + c ab + bc + ca số khéo léo áp dụng hiển nhiên vạn nên có khơng áp dụng đơn cử toán đơn giản sau: Romania 2005 Với ba số thực dương a, b, c có tổng Chứng minh rằng: 1 + + ≥ a2 + b + c 2 2 a b c Không thể dùng kỹ thuật lý do: • Nếu làm mạnh giả thiết lên abc = BĐT khơng • Nếu dùng Bổ đề với giả thiết a + b + c = 3, khơng tìm m Cuối mời bạn đọc lướt qua toán sau để hiểu rõ tính hiệu bổ đề kết hợp với công cụ đạo hàm Bài tập đề nghị Bài 2.15 (Algebraic Inequalities) Với ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: b2 c2 a2 + + ≥1 a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 HƯỚNG DẪN Kết trực tiếp Bổ đề Bài 2.16 (Vũ Đình Quý) Với ba số thực dương a, b, c có tích Chứng minh rằng: a2 1 + + ≤3 −a+1 b −b+1 c −c+1 HƯỚNG DẪN Sử dụng đánh giá: − a2 1 + ≥ −4 −a+1 2 (a + a−2 + 1) Xin nhắc lại Bổ đề GV: Nguyễn Tuấn Anh Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT Trang 110 CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC Bài 2.17 (Trần Quốc Luật, Võ Quốc Bá Cẩn) Với ba số thực dương a, b, c có tích Chứng minh rằng: a b c + + ≤1 + 2b + 2c + 2a3 HƯỚNG DẪN Sử dụng đánh giá: a 1 − + ≥ 2a + (a−4 + a−2 + 1) Bài 2.18 (Discrete vol 3) Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: √ a2 − a + + √ √ b2 − b + + c − c + ≥ a + b + c HƯỚNG DẪN Sử dụng đánh giá: a2 − a + − a + ≥ 2 (a + a + 1) Bài 2.19 (Đề chọn đội tuyển Tỉnh Đăk Lăk lần năm 2016 - 2017) Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1 + + ≤1 2+a 2+b 2+c HƯỚNG DẪN Sử dụng đánh giá: b Bổ đề x + y+z y ≥2 z+x 1 − + ≥ 2+a x+y x + y + 2z −2 −4 a + a + 1   Bổ đề (Võ Quốc Bá Cẩn - Trần Quốc Anh) Với x, y, z số thực dương z số nhỏ Chứng minh rằng: x + y+z y ≥2 z+x x+y x + y + 2z LỜI GIẢI Thật vậy, theo BĐT Holder ta có: x + y+z y z+x x2 (y + z) + y (z + x) ≥ (x + y)3 Vì z số nhỏ ba số nên ta được: x2 (y + z) + y (z + x) = xy (x + y − 2z) + z(x + y)2 (x + y)2 (x + y)2 ≤ (x + y − 2z) + z(x + y) = (x + y + 2z) 4 Bạn đọc tham khảo thêm "Ứng dụng bổ đề hay chứng minh BĐT - Ngô Trung Hiếu, Cao Minh Quang - THTT 469" Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT GV: Nguyễn Tuấn Anh CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC Trang 111 Vậy nên ta có: x + y+z (x + y)3 ≥ x2 (y + z) + y (z + x) y ≥ z+x 4(x + y)3 (x + y) (x + y + 2z) =2 x+y x + y + 2z Một số ví dụ áp dụng bổ đề Ví dụ 52 (BĐT Nesbitt) Với x, y, z số thực dương Chứng minh rằng: y z x + + ≥ y+z z+x x+y LỜI GIẢI Khơng tính tổng qt ta giả sử z số nhỏ số x, y, z Khi đó: x + y+z y ≥2 z+x Mà x y x+y ⇔ + +2 x + y + 2z y+z z+x (x + y) ≥ x + y + 2z (x + y) xy ≥ (x + z) (y + z) x + y + 2z xy (x + z) (y + z) ⇔ (x + y)2 (y + z) (z + x) ≥ xy(x + y + 2z)2 ⇔ z (x − y)2 + z (x + y) (x − y)2 ≥ Do x y (x + y) + ≥ y+z z+x x + y + 2z Vậy nên ta cần chứng minh: x+y 2 (x + y) z z + ≥ ⇔ x + yz + ≥ x + y + 2z x + y x+y +2 z z Để đơn giản ta đặt t = , ta cần chứng minh: x+y t +2 t +t≥ (2t − 1)2 ⇔ ≥0 2 (2t + 1) BĐT có chứng minh trực tiếp biến đổi tương đương: x y (x + y) (x − y) (x + y + z) + ≥ ⇔ ≥0 y+z z+x x + y + 2z (x + z) (y + z) (x + y + 2z) GV: Nguyễn Tuấn Anh Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT Trang 112 CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC BĐT cuối hiển nhiên nên tốn chứng minh Ví dụ 53 (Trích lời giải đề Tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu) Với x, y, z số thực dương Chứng minh rằng: x + y+z √ z ≥ 2+2 x+y y + z+x x y z y+z z+x x+y LỜI GIẢI Khơng tính tổng qt ta giả sử z số nhỏ ba số x, y, z Khi đó, ta có: x + y+z y ≥2 z+x x+y x + y + 2z Ta lại có: 1 (x + y)2 xy = ≤ = z (x + y + z) 4z (x + y + z) (y + z) (z + x) (x + y + 2z)2 +1 + xy (x + y)2 Bài toán chứng minh ta chứng minh được: ⇔2 1+ Để dễ dàng, ta đặt t = ⇔ ⇔ 2z x+y (2t − 1) 2t2 − t − 2 2z 1+ x+y t (2t + 1)2 √ t 4t ≥2+ +4 2 + 2t (2t + 1) +t+4 + 2t z x+y z BĐT viết lại là: x+y √ √ + t≥ 2+2 + 2t (2t + 1) √ z ≥ 2+2 x+y + z (x + y)2 x + y (x + y + 2z)2 √ z ≥ 2+2 x+y x+y + x + y + 2z ≥4 2t (2t + 1) −4 t (2t + 1)2 t = + 2t 4t (1 − 2t) 2t (2t + 1)2 (2t + 1)2 + t + 2t nên ta cần có: + t − 2t2 ≥ ⇔ 2t (2t + 1)2 + 4t 2t + t + 2t (2t + 1)2 t + t − 2t2 ≥ 4t + 2t Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT GV: Nguyễn Tuấn Anh CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC t ≤ Trang 113 nên 2t (2t + 1)2 ≥ t ; t ≥ + 2t t Do ta cần có: t + t − 2t2 ≥ 2t ⇔ t t − (t − 2) 2t2 + 3t + ≥ 2 BĐT Nên toán chứng minh Để thấy nhiều hơn, nắm rõ ứng dụng bổ đề, mời bạn đọc làm thử với toán sau: Bài tập đề nghị Bài 2.20 (VMO 1996) Với x, y, z ba số thực khơng âm khơng có hai số đồng thời Chứng minh rằng: x + y+z xyz z ≥2 1+ x+y (x + y) (y + z) (z + x) y + z+x HƯỚNG DẪN Sử dụng trực tiếp bổ đề Bài 2.21 (VMO 1996) Với x, y, z ba số thực không âm thỏa mãn xy + yz + zx + xyz = Chứng minh rằng: x + y + z ≥ xy + yz + zx HƯỚNG DẪN Sử dụng phép đổi biến (xem mục đổi biến) trước sử dụng bổ đề Bài 2.22 (MOSP 2002) Với x, y, z ba số thực dương Chứng minh rằng: 2a b+c + 2b c+a + 2c a+b ≥3 HƯỚNG DẪN Sử dụng đánh giá:   1  2x y+z GV: Nguyễn Tuấn Anh + 2y z+x  32  ≥ 2 2x + y+z 2y z+x ≥ (x + y) x + y + 2z Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT Trang 114 2.3 CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC Bất đẳng thức Gerretsen Trong tam giác với p, R, r nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp bán kính đường tròn nội tiếp Chứng minh rằng: p2 ≤ 4R2 + 3r2 + 4Rr LỜI GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với: r2 2 p − r − 4rR − ≤ 4R2 2R2 A B C ⇔ cos A cos B cos C ≤ 8sin2 sin2 sin2 2 • Nếu ∆ABC tam khơng nhọn, BĐT hiển nhiên • Nếu ∆ABC tam giác nhọn, ta chia hai vế BĐT cho sin A sin B sin C ta cần chứng minh: cot A cot B cot C ≤ tan Ta chứng minh cot A cot B tan2 A B C tan tan 2 A , tương tự cho đánh giá lại Khi BĐT chứng minh Thật vậy, đánh giá tương đương với: cos (A + B) + cos (A − B) − cos C + cos (A + B) ≤ = cos (A − B) − cos (A + B) + cos C − cos (A + B) ⇔ cos (A + B) ≤ cos (A + B) cos (A − B) ⇔ cos C ≥ cos C cos (A − B) BĐT cuối hiển nhiên, nên toán chứng minh —————– HẾT —————– Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT GV: Nguyễn Tuấn Anh ĐÍNH CHÍNH TÀI LIỆU Tài liệu "BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN NĂM HỌC 2016 - 2017" viết cho năm học 2016 − 2017 có số sai sót Trong mục đính lại với bạn đọc sai sót Bản cập nhật bạn đọc tải lại tại: https://goo.gl/kRyx98 Sai sót đánh máy • Trang 59: Ví dụ , đề đánh sai "Tìm GTNN P = a2 + b2 + c4 " Chỉnh lại: P = a2 + b2 + c3 Và lời giải có điều chỉnh lại đơi chút • Trang 71: Đánh máy " chuẩn hốn " Chỉnh lại : " chuẩn hóa " • Trang 78: Đánh máy " mà đề bạn đọc tự " Chỉnh lại: " mà để bạn đọc tự " Lời giải sai • Trang 22: Bài 16, lời giải cách lời giải sai 115 Trang 116 CHƯƠNG BỔ SUNG KIẾN THỨC Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt chứng minh BĐT GV: Nguyễn Tuấn Anh Tài liệu tham khảo [1] http://diendantoanhoc.net/ [2] http://artofproblemsolving.com/ [3] http://forum.mathscope.org/ [4] https://olympictoanhoc.blogspot.com/ [5] Algebraic inequalities old and new methods - Vasile Cirtoaje [6] Sáng tạo BĐT - Phạm Kim Hùng [7] Bất đẳng thức suy luận khám phá - Phạm Văn Thuận, Lê Vĩ [8] Sử dụng AM - GM để chứng minh BĐT - Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh [9] Bất đẳng thức schur phương pháp biến đổi p, q, r - Võ Thành Văn [10] Bất đẳng thức qua đề chọn đội tuyển năm học 2016 - 2017 - Nguyễn Tuấn Anh 117 ... minh Đẳng thức xảy a = b = c = 1 Các toán BĐT qua đề thi hè GV: Nguyễn Tuấn Anh CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC Trang Các toán BĐT qua đề thi chọn đội HSGQG Bài 1.5 (Tuyển đội HSG. .. Mục lục Chương BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC 1 Các toán BĐT qua đề thi hè Các toán BĐT qua đề thi chọn đội HSGQG Các toán BĐT qua đề thi chọn HSG cấp tỉnh ... 2.3 Bất đẳng thức Gerretsen 114 iii Chương Một BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC Nội dung 1 Các tốn BĐT qua đề thi hè Các toán BĐT qua đề thi chọn đội HSGQG
- Xem thêm -

Xem thêm: Bất Đẳng Thức Qua Kì Thi Chọn Đội Tuyển HSG Quốc Gia 20172018, Bất Đẳng Thức Qua Kì Thi Chọn Đội Tuyển HSG Quốc Gia 20172018

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn