Họ Tên: Trần Thị Phi Nga Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Vĩnh Tường, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc CHUYÊN ĐỀ SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM TRONG CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ Đối tượng bồi dưỡng: Đội tuyển HSG lớp Số tiết: 12 A Lý chọn chuyên đề: Trong kỳ thi học sinh giỏi cấp thấy học sinh thường điểm không giải tập chứng minh bất đẳng thức (CMBĐT) hay tìm giá trị lớn (GTLN), giá trị nhỏ (GTNN) Nhiều học sinh cho tập mà em thường khơng giải được, tính chất đặc thù loại tốn mang tính tư trừu tượng cao Vì học sinh thường nhiều thời gian không làm loại Qua nhiều năm dạy đội tuyển học sinh giỏi (HSG) trăn trở suy nghĩ phải làm để học sinh yêu thích giải tập CMBĐT Vì em có phương pháp giải tập cánh thành thạo việc tư thuật tốn để giải loại tập khác nhanh nhẹn hơn, giúp em đạt kết cao kỳ thi học sinh giỏi cấp Do mạnh dạn viết chuyên đề “Sử dụng bất đẳng thức AM – GM toán chứng minh BĐT tìm cực trị” Nhằm giúp em có cách nhìn tổng qt suy nghĩ để mở rộng kiến thức học từ sách giáo khoa Từ em tự vận dụngvà phát triển tư với tập tương tự, tổng quát liên hệ cách lô-gic với dạng toán học Qua thực tế giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, với cách làm thấy học sinh bắt đầu yêu thích tập CMBĐT, chuyên đề CMBĐT tìm cực trị lơi học sinh học tập say mê Từ tơi thấy kỳ thi học sinh giỏi làm tập CMBĐT hay tìm cực trị có niềm tin chất lượng đội tuyển nâng lên đạt thành tích cao Tơi nhận hướng dẫn học sinh biết cách tìm tịi khám phá điều lạ, xuất phát điểm từ điều giản đơn, từ sách giáo khoa, từ kiến thức chuẩn kỹ Học sinh làm điều phi thường từ điều giản đơn Thực tế cho tơi thấy phần có kết mong đợi Trong kỳ thi học sinh giỏi cấp Tỉnh năm học 2009-2010, đội tuyển phụ trách hầu hết em làm toán CMBĐT, nhờ mà chất lượng đội tuyển đạt vị cao Do tơi giảng dạy chun đề: “Sử dụng bất đẳng thức AM – GM toán chứng minh BĐT tìm cực trị” cho đội tuyển học sinh giỏi lớp nhiều năm học, với kỳ vọng em yêu thích tập CMBĐT khô khan, trừu tượng, vô hấp dẫn lý thú Với mục tiêu bồi dưỡng nhân tài cho Huyện,cho Tỉnh nhà cho đất nước Thực lời dạy Bác trước lúc người xa: “ Vì lợi ích mười năm trồng cây, lợi ích trăm năm trồng người” 35 B Nội dung chuyên đề: *) Các bất đẳng thức bản: +) Với số thực a ta có |a| ≥ a ; a2 ≥ +) Với số thực a; b ta có (a – b)2 ≥ *) Các bất đẳng thức suy ra: +) Với số thực a, b ta ln có : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 ≥ 4ab +) Với a; b số thực dấu thì: a b + ≥2 b a Hoặc với a, b số thực trái dấu thì: a b + ≤ −2 b a *)Bất đẳng thức AM - GM: +) Với số thực không âm a1, a2, an ta có a1 + a + + a n n ≥ a1a a n n Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 = = an ( Bất đẳng thức phát biểu sau: Trung bình cộng n số khơng âm lớn trung bình nhân n số đó) *) Các trường hợp đặc biệt +) Với n = ta có bất đẳng thức: a1 + a ≥ a1a 2 hay a1 + a ≥ a1a hay ( a1 + a ) ≥ a1a +) Với n = ta có bất đẳng thức: a1 + a + a 3 ≥ a1a 2a hay a1 + a + a ≥ 3 a1a 2a 3 I) hay ( a1 + a + a ) 27 ≥ a1a 2a Một số tốn quen thuộc có sử dụng BĐT AM – GM Ví dụ 1: Chứng minh với số thực dương a, b, c ta có: 1 + + ≥ a b c a +b +c ( Đây BĐT mà HS hay gọi BĐT cộng mẫu) 36 Chứng minh: Sử dụng BĐT AM – GM cho số a, b, c 1 ; ; ta có a b c 1 1 ( a + b + c)( + + ) ≥ 3 abc 3 =9 a b c abc Dấu “=” xảy a = b =c Tổng qt hóa tốn : Với số thực dương a1 ; a2 ; a3 ; ; an ta có bất đẳng thức 1 1 n2 + + + + ≥ a1 a2 a3 an a1 + a2 + a3 + + an Dấu “=” xảy a1 = a2 =…= an *) Sử dụng BĐT VD1 ta chứng minh toán sau : Cho x, y, z số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= 1 + + x y z Giải: Áp dụng VD1 ta có P =  P ≥ 1 + + ≥ x y z x+ y+ z 81 81 ≥ ( x + y + z ) 3( x + y + x) Do x + y + z = nên ta có P ≥ 81 =9 ⇒ P≥3 Dấu “ = “ xảy x = y = z x + y + z = hay x = y =z = Vậy Min P = x = y =z = Ví dụ 2: Cho số thực khơng âm a; b; c khơng có hai số đồng thời Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c a+c b+a Chứng minh: Khơng tính tổng qt ta đặt 37 a b c + + b+c a+c b+a b c a M= + + b+c a+c b+a S= N= c a b + + b+c a+c b+a Ta có M + N = Áp dụng BĐT AM – GM cho ba số khơng âm ta có: b+a b+c c+a + + ≥3 b+c a+c b+a a+c a+b b+c N +S = + + ≥3 b+c a+c b+a M +S = Do M + N + 2S ≥ Mà M + N = nên ta suy 2S ≥ hay S ≥ Dấu “=” xảy a = b =c Bất đẳng thức mà vừa chứng minh BĐT Nestbit Sau bắt đầu trình khám phá toán sử dụng BĐT AM – GM Chúng ta bắt đầu với toán sau: Bài toán 1: Cho x, y, z độ dài cạnh tam giác Chứng minh xyz ≥ (x + y –z)(y + z – x)(x + z – y) Nếu ta đặt x = b+c; y = c + a; z = a + b BĐT cần chứng minh trở thành toán sau: Bài toán 1.1: Cho a; b; c số dương Chứng minh (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc Lời giải: Áp dụng BĐT AM – GM cho số dương ta có a + b ≥ ab ; c + b ≥ cb ; a + c ≥ ac Nhân vế với vế BĐT ta điều phải chứng minh Trở lại toán ta thấy cần điều kiện x, y, z số dương đủ Do x, y, x số dương ta có toán sau: Bài toán 1.2: Cho x, y, z số dương Chứng minh xyz ≥ (x + y –z)(y + z – x)(x + z – y) Lời giải: Khơng tính tổng qt giả sử x ≥ y ≥ z >0 38 +) Nếu x ≥ y + z x + y – z ≥ x + z –y > > y + z – x Nên xyz > > (x + y –z)(y + z – x)(x + z – y) +) Nếu x < y + z Áp dụng BĐT AM – GM cho số dương ta có x+ y−z+ y+z−x y+z−x+x+z− y ( y + z − x)( x + z − y ) ≤ x+z− y+x+ y−z ( x + z − y )( x + y − z ) ≤ ( x + y − z )( y + z − x) ≤ (1) (2) (3) Nhân vế với vế (1); (2); (3) ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Giả sử S = a + b + c ta có (S – a)(S – b)(S – c) = (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc (1) Với số dương a + b; b + c; c + a áp dụng toán 1.1 ta thu (S + a)(S + b)(S + c) = [(c + b) + (c + a)][(c + a)+(a + b)][(a + b) + (b + c)] ≥ 64abc (2) Nhân theo vế (1) (2) ta có (S2 – c2) (S2 – b2) (S2 – a2) ≥ 83a2b2c2 Chúng ta thu toán sau: Bài toán 1.3: Cho a; b; c số dương S = a + b + c Chứng minh S2 S2 S2 ( − 1)( − 1)( − 1) ≥ 83 a b c Bài toán 1.4: ( IMO 2000) Cho a; b; c có tích Chứng minh 1 (a + − 1)(b + − 1)(c + − 1) ≤ b c a Lời giải: Do abc = nên tồn số x; y; z dương cho a = BĐT cần chứng minh trở thành  x z   y x  z y   + − 1÷ + − 1÷ + − 1÷≤  y y   z z  x x   (x +z-y)(x+y-z)(y+z-x) ≤ xyz 39 x , y b= y z c= z x Theo toán 1.2, BĐT chứng minh Bài toán 1.5: Cho a, b, c số dương Chứng minh a a + 8bc b + b + 8ac a Lời giải: Đặt x = a + 8bc c + c + 8ab b y= ; ≥1 b + 8ac z= ; c c + 8ab Nhận thấy x, y, z dương nên BĐT tương đương với x + y + z ≥ 1 8bc 8bc = + => − = x2 a2 x2 a2 Tương tự ta có Ta thu ( 8ac 8ab − = ; −1 = 2 y b z c 1 − 1)( − 1)( − 1) = 83 x y z Mặt khác S = x + y + z < 1 S2 S2 S2 ( − 1)( − 1)( − 1) > ( − 1)( − 1)( − 1) ≥ 83 x y z x y z (Mâu thuẫn với đẳng thức trên) Vậy x+y+z ≥ Ta có điều phải chứng minh Bài toán 2: (Đề thi tuyển sinh THPT Chuyên Vĩnh Phúc năm học 2011 – 2012) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh c ( a +b 2 ) 2 +a (b +c 2 ) 2 +b (c +a 2 ) 2 ≥ 54 ( abc ) ( a + b + c) ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) Lời giải: Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có c ( a + b ) + a ( b + c ) + b ( c + a ) ≥ 3 ( abc ) ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )  2 ≥ 3 ( abc ) 64 ( abc ) = 12 ( abc ) Suy c ( a + b ) + a ( b + c ) + b ( c + a ) ≥ 3abc 2 Cũng theo bất đẳng thức AM-GM ( ab ) ⇒ ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ≥ 3 ( ab ) 4 4 ( bc ) ( ca ) + ( bc ) + ( ca ) ≥ ×abc abc 4 40 = ( abc ) ( abc ) 2 × ( a + b + c ) ≥ ( abc ) 2 Suy ra: c ( a + b ) + a ( b + c ) + b ( c + a ) ×( a + b + c ) × ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ≥ 2 2 ≥ ( abc ) × ( abc ) abc ×9 ( abc ) ≥ 54 ( abc ) 4 Từ suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy a = b = c Bi toỏn 3: HÃy tìm tất giá trị a, b, c số dơng âm cho biểu thức P đạt giá trị nhỏ tính giá trị nhỏ ®ã, víi: 2010a   2011b   2012c   P = 1 + 1+ 1+ 2011b ÷  2012c ÷  2010a ÷  Lời giải: §Ỉt x =  x, y, z > ( A) 2010a 2011b 2012c , y= , z= suy ra:  2011b 2012c 2010a ( B)  xyz = Khi P=(1+x)(1+y)(1+z)=1+(x+y+z)+(xy+yz+zx)+xyz (C) p dụng BĐT AM GM ta cã: x + y + z ≥ 33 xyz = ; xy + yz + zx ≥ 3.3 ( xyz ) = DÊu “=” x¶y cho hai BĐT x=y=z (D) 2011 2012  a = 2010 b a = 2010 c   2012 2012   c ⇔ b = c Tõ (A), (B), (D) suy x=y=z=1 ⇔ b = 2011 2011   2010  c ∈ R * c = a   2012   (E) Tõ (C), (D) vµ (E) suy GTNN cđa P b»ng giá trị a, b, c thoả mÃn (E) tất giá trị cần tìm Bi toán 4: Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: 4 ≥ a ≥ b ≥ c >  3abc ≤ Min { 6a + 8b + 12c; 72}   2ab ≤ Min { 3a + 4b; 24} Tìm giá trị lớn biểu thức P = a2 + b2 + c2 + a + b + c Lời giải: Áp dụng BĐT AM – GM kết hợp với giả thiết ta có 41 4 = + + = c( + + ) + (b − c)( + ) + ( a − b) a b c a b a 24 12 + (b − c).2 + (a − b) abc ab ≥ 3c + 2(b − c ) + (a − b) = a + b + c ≥ c.3 Vậy a + b + c ≤ Dấu “=” xảy a = 4; b = 3; c = 42 32 22 32 42 Lại có 42 + 32 + 22 = c ( + + ) + (b − c )( + ) + ( a − b ) a b c a b a 42 32 22 3 2 12c + a + 8b + + ≥ + + = ≥3 a2 b2 c2 a b b c c a abc 42 32 4a + 3b + ≥ ( + ) = ( ) ≥2 a2 b2 a b ab Suy 42+32+22 ≥ 3c2+2(b2 - c2) + (a2 – b2) = a2 + b2 + c2 Hay 29 ≥ a2 + b2 + c2 Dấu “=” xảy a =4; b = 3; c = Vậy Pmax = 42+32+22 + = 38 a =4; b = 3; c = Bài toán 5: (Đề thi HSG huyện Yên Lạc năm học 2011 – 2012) Cho a, b, c > Chứng minh a b c + + > b+c c+a a+b Lời giải: Áp dụng BĐT AM – GM cho số dương ta có b+c b+c +1 ≥ a a a +b+c b+c ≥2 a a a 2a ≥ b+c a+b+c Chứng minh tương tự ta có b 2b ≥ Và c+a a+b+c c 2c ≥ a+b a+b+c Dấu “=” không xảy Vậy a b c + + >2 b+c c+a a+b II) Kỹ thuật tìm điểm rơi BĐT AM – GM Bài toán xuất phát: Cho số dương a;b Tìm giá trị nhỏ biểu thức S= a b + b a Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho số dương ta có S= a b a b + ≥ = Dấu “=” xảy a = b >0 b a b a Vậy Min S = a = b >0 Nhận xét: Từ toán ta thay đổi miền xác định để có tốn sau Bài tốn 1: Cho a ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = a + 42 a a a Sai lầm thường gặp: S = a + ≥ a = Nguyên nhân sai lầm: Min S = a = = Mâu thuẫn với giả thiết a ≥ a Phân tích tìm lời giải: Lập bảng giái trị tương ứng a S ta nhận định S đạt GTNN a = Ta có sơ đồ điểm rơi sau: a  α = α a = =>  => = => α = : Hệ số điểm rơi α 1 =  a Từ ta có lời giải sau: a 8a a 8.3 10 =( + )+ ≥2 + = a a 9 a 10 Với a = MinS = S =a+ Bài toán : Cho a ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = a + a2 a  α = α 1 => = => α = : Hệ số điểm rơi Sơ đồ điểm rơi a = =>  α 1 =1  a Lời giải đúng: S = a + S=  a a  6a a a 6.2 =  + + ÷+ ≥ 33 + = Với a = Min a 8 a 8 a  Bài toán 3: Cho < a ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức S = 2a + a2  a=  1  => = => α = : Hệ số điểm rơi Sơ đồ điểm rơi 1: a = =>  2 α  =  aα α Cách 1: S = 2a + Với a =   7 7.4 =  a + a + ÷+ ≥ 3 a.a + = + ≥ + =5 a 8a  8a 8a 8a 8a  Min S = α  a α =  1 => = => α = Hệ số điểm rơi Sơ đồ điểm rơi 2: a = =>  2 α  =4  a Cách 2: S = 2a +   1 =  8a + 8a + ÷− 14a ≥ 3 8a.8a − 14a = 12 − 14a ≥ 12 − 14 = a a  a  43 MinS=5  a.b > Bài tốn 4: Cho  Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = a.b + a.b a + b ≤ Với a = t  α = α => = => α = 16 Hệ số điểm rơi Sơ đồ điểm rơi: t = =>  α 1 =  t Lời giải tổng hợp: 1  t  15t t 15t 15t 15.4 17 S = t +  + ÷+ ≥2 + = + ≥ + = Với t = hay a = b = t  16 t  16 16 t 16 16 16 17 MinS = Lời giải thu gọn: Do t =  a = b = Nên ta biến đổi trực tiếp S sau:   15 15 17 S = ab + =  ab + ≥ ab + ≥ ÷+ ab  16ab  16ab 16ab  a+b 16  ÷   17 Với a = b = MinS = a+b ab + Bài toán 5: Cho a, b> Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = ab a +b 2a  a+b α a.b = α a = α 1 => = => α = : Hệ số điểm rơi Sơ đồ điểm rơi: a = b => a = b =>  α  ab = a =  a + b 2a Lời giải đúng: a+b a.b  a + b a.b  3(a + b) a +b a.b ( a + b ) + =  + + ≥ + = 1+ = ÷ ÷ 2 a.b a + b  a.b a +b  a.b a.b a +b a.b Với a = b> Min S = a , b , c >  1  Bài tốn 6: Cho  Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = a + b + c + + + a b c  a + b + c ≤  a=b=c=  α  => = => α = Hệ số điểm rơi Sơ đồ điểm rơi 1: a = b = c = =>  1 2  = = =2  α a α b α c S= Cách 1: 44 a2 b2 c2 d2 43 + + + ≥ a + b + c3 + d 3 3 3 1− a 1− b 1− c 1− d ( ) a2 43 Vậy ta cần chứng minh ≥ a − a3 Thật ta có ( ) a2 43 3 a − a ≤ theo (6) ≥ a 4 − a3 b2 43 c2 43 d2 43 Chứng minh tương tự ta có: ; ; ≥ b ≥ c ≥ d 3 − b3 − c3 − d3 Cộng theo vế bốn bất đẳng thức ta có a2 b2 c2 d2 43 3 3 + + + ≥ a +b +c +d − a − b3 − c3 − d ( Vậy ta có ) a2 b2 c2 d2 43 + + + ≥ b + c3 + d c3 + d + a d + a + b a + b + c Bài toán Với a > ta ln có: a ( − 2a ) ≤ a n ( − na ) ≤ 27 a ( − 3a ) ≤ (8) với n tự nhiên khác ( n + 1) n+1 256 (10) Chứng minh (8): Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có: a3 + a3 + 1 ≥ a ⇒ a ( − 2a ) ≤ 27 27 Dấu đẳng thức xảy a = Vậy ta có a ( − 2a ) ≤ 27 Chứng minh (9): Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có: a4 + a4 + a4 + 1 ≥ a ⇒ a ( − 3a ) ≤ 256 256 60 (9) Dấu đẳng thức xảy a = Vậy ta có a ( − 3a ) ≤ 256 Chứng minh (10): Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho n + số dương ta có: a n +1 + + a n +1 + ( n + 1) n +1 ≥ a n ⇒ a n ( − na ) ≤ Dấu đẳng thức xảy a = n Vậy ta có a ( − na ) ≤ ( n + 1) n +1 n +1 ( n + 1) n +1 Ví dụ 12: Cho < a,b,c < a + b + c = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ 27 a ( 2b + 2c − 1) b ( 2a + 2c − 1) c ( 2b + 2a − 1) Nhận xét: Do a + b + c = => 2b + 2c = – 2a => 2b + 2c – = – 2a nên ta nghĩ đến bất đẳng thức (8) Lời giải: 2b + 2c = - 2a 2b + 2c - = - 2a   Do a + b + c = => 2c + 2a = - 2b ⇒ 2a + 2c - = - 2b 2a + 2b = - 2c 2b + 2a - = - 2c   Nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 1 + + ≥ 27 a ( − 2a ) b ( − 2b ) c ( − 2c ) Áp dụng bất đẳng thức (8) ta có a ( − 2a ) ≤ 1 ⇔ ≥ 27a 27 a ( − 2a ) b ( − 2b ) ≤ 1 ⇔ ≥ 27b 27 b ( − 2b ) 61 (*) c2 ( − 2c ) ≤ 1 ⇔ ≥ 27c 27 c ( − 2c ) Công theo vế ba bất đẳng thức ta có (*) a + b + c = 1 1 + + ≥ 27 a ( 2b + 2c − 1) b ( 2a + 2c − 1) c ( 2b + 2a − 1) Vậy ta có Bài toán Chứng minh Với a ≥ ta có Với a ≥ 2a − ≤1 a (11) 3a − ≤1 a (12) Chứng minh (11): Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số ta có: 2a − 2a − + ≤ =1 a 2a Dấu đẳng thức xảy a = 2a − ≤1 a Vậy ta có Chứng minh (12): Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số ta có: 3a − 3a − + + ≤ =1 a 3a Dấu đẳng thức xảy a = Vậy ta có 3a − ≤1 a Ví dụ 13: Với a, b, c > a + b + c = Chứng minh a2 b2 c2 + + ≥3 − 2(b + c) − 2(a + c) − 2(b + a) 62 Lời giải: 5-2 ( b+c ) = 2a-1  Do a + b + c = => 5-2 ( a+c ) = 2b-1  5-2 ( b+a ) = 2c-1 Nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a2 b2 c2 + + ≥3 2a − 2b − 2c − (*) Áp dụng bất đẳng thức (11) ta có 2a − ≤1⇔ a a a2 ≥1⇔ ≥a 2a − 2a − 2b − b ≤1⇔ ≥1⇔ b 2b − b2 ≥b 2b − 2c − c c2 ≤1⇔ ≥1⇔ ≥c c 2c − 2c − Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta (*) a + b + c = Vậy ta có a2 b2 c2 + + ≥3 − 2(b + c) − 2(a + c) − 2(b + a) 3.2.4.2 Xây dựng, chứng minh bất đẳng thức phụ để áp dụng phát biểu toán tương tự toán Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức AM – GM lại xây dựng bất đẳng thức hay khó dạng phân thức mà có nhiều áp dụng Sử dụng bất đẳng thức chứng minh số bất đẳng thức khó khác Bài toán Với a, b, c số thực dương, chứng minh rằng: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 a +b c +b a +c (13) (Trích đề thi giáo viên giỏi tỉnh Vĩnh Phúc năm 2006-2007) Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ta có 63 ( ) 2 a3 a + ab − ab a a + b − b = = a + b2 a + b2 a + b2 a + b2 ab ab b =a− = a − b× ≥ a −b× 2 = a − 2 a +b a +b a +b Suy a3 b ≥ a − a + b2 b3 c Chứng minh tương tự ta có ≥b− 2 c +b c3 a ≥ c − a + c2 Cộng theo vế bất đẳng thức ta có a3 b3 c3 a+b+c + + 2≥ 2 2 a +b c +b a +c Dấu đẳng thức xảy a = b = c Vậy ta có a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ a + b2 c2 + b2 a + c2 Nhận xét: Bất đẳng thức (13) bất đẳng thức khó với cách giải hay Vận dụng cách giải kết bất đẳng thức chứng minh bất đẳng thức hệ sau: Ví dụ 14: Cho a, b, c >0 α, β, γ ≥ , chứng minh rằng:  a + ( − α ) b   b + ( − β ) c2   c2 + ( − γ ) a   γ   α   β  a  + b  + c  ≥  − ÷a +  − ÷b +  − ÷c 2 2 2 a + b c + b a + c        2    2 Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ta có:  a + ( − α ) b2   αb  ab αb a + b αb a = a − αb × ≥a− × =a−  = a 1 − 2 2 ÷ 2 a +b a +b  a +b   a +b  Suy  a + ( − α ) b2  αb a ≥ a −  2  a +b  64  b2 + ( − β) c2  βc Chứng minh tương tự ta có: b  ≥b− 2  c +b   c2 + ( − γ ) a  γa c ≥ c −  2  a +c  Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được:  a + ( − α ) b2   b2 + ( − β ) c2   c2 + ( − γ ) a   γ   α   β  a  + b  + c  ≥  − ÷a + 1 − ÷b +  − ÷c 2 2 2 a + b c + b a + c        2    2 Nhận xét: Bất đẳng thức (13) trường hợp α = β = γ = bất đẳng thức ví dụ 14 Bây ta chọn α = β = γ = ta thu bất đẳng thức khó sau: Ví dụ 15: Cho a, b, c > Chứng minh rằng:  3b − a   3c − b   3a − c  a + b + c   2 ≤a+b+c   a + b c + b      a +c  Lời giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  a − 3b   b − 3c   c2 − 3a  a + b + c  2 ÷≥ − ( a + b + c ) ÷ ÷ a + b c + b      a +c  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ta có:  a − 3b  4ab ab a + b2 a =a− = a − 4b ≥ a − 4b = a − 2b  2 2 a + b a + b a + b a + b   ( )  a − 3b  ≥ a − 2b Suy a  2   a +b  Chứng minh tương tự cộng theo vế ta có:  a − 3b   b − 3c   c − 3a  a + b + c  2 ÷≥ − ( a + b + c )  2 ÷ ÷ a + b c + b      a +c   3b − a   3c − b   3a − c  + b + c 2  ≤ a + b + c Vậy ta có a  2   a + b c + b      a +c  65 a3 b Nhận xét: Từ cách chứng minh bất đẳng thức (13) ta có ≥ a − Nếu ta a + b2 cộng thêm tích α ab vào mẫu thức vế trái bất đẳng thức kết thay đổi nào? Ta có tốn sau: Bài tốn 7: Với α ≥ a, b số thực dương a3  a3  ≥ Chứng minh rằng:  ÷ a + b + α ab + α  a + b  (14) Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ta có: a3 a3  a3  ≥ =  ÷ + α  a + b2  a + b + αab a + b + α a + b 2 ( ) a3  a3  ≥ Vậy ta có  ÷ a + b + αab + α  a + b  Sử dụng kết bất đẳng thức (13) ta thu toán sau: Ví dụ 16: Với a, b, c > α ≥ , chứng minh rằng: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2+α a + b + αab b + c + αbc a + c + αca Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức (14) ta có: a3 b3 c3  a3 b3 c3  + + ≥ + +   a + b + αab b + c + αbc a + c + αca + α  a + b c + b a + c  Áp dụng bất đẳng thức (13) ta được: a3 b3 c3 a +b+c a +b+c + 2 + 2 ≥ = 2 2+α a + b + αab b + c + αbc a + c + αca + α Vậy ta có: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2+α a + b + αab b + c + αbc a + c + αca Nếu cho α = ta có tốn sau: Ví dụ 17: Chứng minh với a, b, c số thực dương ta có: 66 a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ a + b + ab b + c + bc a + c + ca Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ta có: a3 a3  a3  ≥ =  ÷  a + b2  a + b + ab a + b + a + b 2 ( Vậy ta có ) a3  a3  ≥  ÷ a + b + ab  a + b  b3 ≥ Chứng minh tương tự ta có: 2 b + c + bc  b3  c3  c3  ≥   ÷ 2 ÷  b2 + c2  c + a + ca  c2 + a  Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức ta a3 b3 c3  a3 b3 c3  + + ≥  + +  a + b + ab b + c + bc a + c + ca  a + b c + b a + c  a3 b3 c3 a+b+c + + 2≥ Áp dụng bất đẳng thức (13) ta có 2 2 a +b c +b a +c a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ a + b + ab b + c + bc a + c + ca Vậy ta có Để có tốn khó tốn ta cho α = ta có tốn: a Ví dụ 18: Chứng minh với a, b, c số thực dương ta có: a ( a + b + c) a3 ab3 c3 + + ≥ 2 2 + 2a a + b + b a b + c2 + bc a + c + c ( Nếu tiếp tục cho α = ) ta lại có tốn sau abc Ví dụ 19: Chứng minh với a, b, c số thực dương ta có: ( ca ) + ( ab3 ) c a + b2 + a b + c2 + + ( bc3 ) b a + c2 + ≥ Mở rộng bất đẳng thức (13) ta thu bất đẳng thức sau: Ví dụ 20: Với a, b, c số dương, chứng minh rằng: 67 abc ( a + b + c ) + 2abc a5 b5 c5 a + b + c3 + + ≥ a + b2 c2 + b2 a + c2 Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ba số dương ta có ( ) a a + b2 − b2 a5 a 3b = = a − a + b2 a + b2 a + b2 ab a 2b a + a + b3 2a b3 3 = a − a b ≥a − ≥a − = − 6 a + b2 Suy ra: a5 2a b3 ≥ − a + b2 a5 b5 c5 a + b + c3 + + ≥ Chứng minh tương tự cộng theo vế ta có: 2 a + b2 c2 + b2 a + c2 Vậy ta có điều phải chứng minh a5 b5 c5 a + b + c3 + + ≥ a + b2 c2 + b2 a + c2 Sử dụng kết ví dụ 20 xây dựng tương tự bất đẳng thức (14) ta có tốn sau: Ví dụ 21: Với a, b, c α > Chứng minh rằng: a5 b5 c5 + + 2 ≥ × a + b3 + c3 2 a + b + αab c + b + αbc a + c + αca + α ( ) Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ta có: a5 a5 a5 ≥ = × + α a + b2 a + b + αab a + b + α a + b 2 ( Suy ) a5 a5 ≥ × a + b + αab + α a + b Chứng minh tương tự cộng theo vế ta được: a5 b5 c5 + + 2 ≥ × a + b3 + c3 2 a + b + αab c + b + αbc a + c + αca + α ( Vậy ta có điều phài chứng minh: 68 ) a5 b5 c5 + + ≥ × a + b3 + c3 2 2 2 a + b + αab c + b + αbc a + c + αca + α ( ) Đến ta cho α = ta có tốn: Ví dụ 22: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh bất đẳng thức sau: a5 b5 c5 a + b + c3 + + ≥ a + b + ab c2 + b + bc a + c + ca Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ta có: a5 a5 a5 ≥ = × a + b2 a + b + ab a + b + a + b 2 ( Suy ) a5 a5 ≥ × a + b + ab a + b Chứng minh tương tự cộng theo vế ta được: a5 b5 c5 + + 2 ≥ × a + b + c3 2 a + b + ab c + b + bc a + c + ca ( ) Vậy ta có điều phài chứng minh: a5 b5 c5 a + b + c3 + + ≥ a + b + ab c2 + b + bc a + c + ca Tiếp tục cho α = ta có tốn sau: abc Ví dụ 23: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh bất đẳng thức sau: ( c.a ) + ( a.b5 ) c a + b + a c + b + + ( b.c5 ) b a + c + ≥ ( abc a + b3 + c3 + 2abc Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ta có: a5 a5 2abc a5 ≥ = × 1 2abc + 2 2 2 a + b2 a +b + ×ab a + b + a +b abc 2.abc ( a5 Suy a + b2 + ×ab abc ≥ 2abc a5 × 2abc + a + b 69 ) ) ca ( hay ta có ) c a + b2 2abc a5 ≥ × 2 + 2abc + a + b Chứng minh tương tự cộng theo vế ta được: c.a ( + ) a.b5 ( ) c a + b + a c + b + + b.c5 ( ) b a + c + ≥ ( abc a + b3 + c3 + 2abc ) Vậy ta có điều phài chứng minh c.a ( ) + ( a.b5 ) c a + b + a c + b + + ( b.c5 ) b a + c + ≥ ( abc a + b3 + c3 + 2abc ) Tiếp tục sử dụng cách giải bất đẳng thức (13) xây dựng tương tự ta chứng minh đưa nhiều tập từ bất đẳng thức sau: a/ a7 b7 c7 a + b + c5 + + ≥ a + b2 c2 + b2 a + c2 b/ a9 b9 c9 a + b + c7 + + ≥ a + b2 c2 + b2 a + c2 3) Bài tập vận dụng: Sau số toán mà áp dụng BĐT AM – GM bất đẳng thức phụ giải chúng Bài 1: Chứng minh với số thực khơng âm thì: xy + x+ y x− y ≥ ≥ xy + 2 ( x− y ) Bài 2: Cho hai số thực không âm x,y Chứng minh bất đẳng thức x2 + y x + y  −1  ≤ +  ÷ ÷x− y 2   Bài 3: cho hai số thực không âm x,y; gọi a g trung bình cộng trung bình nhân hai số Chứng minh rằng: ( 1+ g ) ≤ ( 1+ x) ( 1+ y) ≤ ( 1+ a) Bài 4: Bốn số thực không âm x,y,z,t thỏa mãn điều kiện x + y + z + t = Chứng minh rằng: xy yz zt tx ty zx + + + + + ≤ x + y +1 y + z +1 z + t +1 t + x +1 t + y +1 z + x +1 Bài 5: Cho ba số thực không âm x, y, z Chứng minh rằng: 70 a + b + c a + b + c + ( − 1) a + b + c − ab − bc − ca ≤ 3 Bài 6: Bốn số thực không âm x, y, z, w thỏa mãn x + y + z + w = Tìm giá trị lớn : f = 17xy + 18xz + 19 xw + 19 yz + 20yw + 21zw Bài 7: Cho a,b,c số thực dương Chứng minh rằng: a4 b4 c4 ( a b + b c + c a )3 + + ≥ a + b3 b3 + c3 c + a 3(a + b + c )(a 3b + b3c + c 3a ) Bài 8: Cho a,b,c,d số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng: a + b + c + d 16 28 + abcd ≥ abcd 3 Bài 9: Cho a,b,c số thực dương Chứng minh rằng: a 2b b2c c2a + + ≤ (a + b)(b + c)(c + a) 3 3 3 a +b b +c c +a Bài 10: Cho a,b,c số thực dương Chứng minh 3(a + b + c ) a3 b3 c3 + ≥ a2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2 Bài 11: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức x ( y + z ) y2 ( x + z ) z ( y + x ) + + A= yz xz xy Bài 12: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = a/ Tìm giá trị nhỏ biểu thức B=  x y z  x + y + z + y3 + x + z +  + + ÷ z x  y ( ) ( ) b/ Tìm giá trị lớn biểu thức: A = ( ) 1 + + x + y +1 y + z +1 z + x +1 Bài 13: Cho a, b, x, y, z > x + y + z = Chứng minh 4 b  b  b   a + ÷ +  a + ÷ +  a + ÷ ≥ ( a + 3b ) x  y  z  Bài 14: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a/ (1 + a3)(1 + b3)(1 + c3) ≥ (1 + ab2)(1 + bc2)(1 + ca2) b/ (1 + a6)(1 + b3)2(1 + c2)3 ≥ (1 + abc)6 71 c/ (1 + a4)(1 + b4)(1 + c4)(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) ≥ (1 + ab2)2(1 + bc2)2(1 + ca2)2 Bài 15: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a4 b4 c4 1 b b c c a a  + 3+ 3+  + + ÷≥ a + b + c 3 2 a a +b b +c c +a b c  Bài 16: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a5 b5 c5  b2 c2 a  + + +  + + ÷≥ a + b + c b c  a + b4 b4 + c4 c4 + a  a Bài 17: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: ( a a + b3 a + 2b ) + b( b + c3 b + 2c ) + c( c + a3 c + 2a ) ≥ ( a + b + c) Bài 18: Cho a, b, c, α > Chứng minh rằng: ( a a + b3 3 ) a + 2b + αab + ( b b3 + c3 3 ) b + 2c + αbc + ( c c3 + a 3 ) c + 2a + αca ≥ ( a + b + c) 3+ α Bài 19: Với a, b, c > Chứng minh rằng: a/ b/ ( a a + b3 ) a + 2b3 + ab ( ( ac a + b3 ) + ) c a + 2b3 + b ( b b3 + c3 ) b3 + 2c3 + bc + ( ab b3 + c3 ( ) + ) a b3 + 2c3 + c ( c c3 + a ) c3 + 2a + ca + ( cb c3 + a ( ) ≥ a+b+c ) b c3 + 2a + a ≥ 2abc ( a + b + c ) + 3abc Bài 20: Cho a, b, c > Chứng minh a7 b7 c7 a + b5 + c5 + + ≥ a + b + ab c2 + b + bc a + c + ca C Kết luận: Trên số dạng tập khai thác từ đẳng thức đáng nhớ từ BĐT AM – GM có nhiều ứng dụng sách giáo khoa, sách tham khảo Trong tất kỳ thi học sinh giỏi hầu hết có sử dụng đến BĐT AM - GM Nếu biết khai thác triệt để ứng dụng BĐT AM – GM giúp cho học sinh giải tập BĐT dễ dàng Trong trình bồi dưỡng học sinh giỏi hướng dẫn em cách khai thác tập xây dựng toán mang tính tổng qt tốn liên quan đến Giúp học sinh tiếp thu sáng tạo lời giải 72 Tôi đồng nghiệp tiến hành bồi dưỡng HSG theo chuyên đề kể từ năm học 2006 – 2007 thu kết sau: Năm học Số giải Số giải nhì Đội Tốn xếp thứ 2006 – 2007 Nhất toàn Tỉnh 2007 – 2008 Nhất toàn Tỉnh 2008 – 2009 Nhất toàn Tỉnh 2009 – 2010 Nhất toàn Tỉnh 2010 – 2011 Nhất toàn Tỉnh Qua kết trên, tơi nhận tính ứng dụng BĐT AM – GM toán chứng minh BĐT tìm cực trị cao Khi HS nắm vững BĐT AM – GM cách khai thác tìm tịi lời giải việc chứng minh BĐT khơng cịn q khó Trong viết chuyên đề “Sử dụng bất đẳng thức AM – GM tốn chứng minh BĐT tìm cực trị” tơi khơng tránh khỏi thiếu sót nội dung chuyên đề chưa thực phong phú Rất mong bạn đồng nghiệp em học sinh đóng góp thêm ý kiến để chuyên đề hồn thiện có hiệu Tơi xin chân thành cám ơn Vĩnh Tường, ngày 25 tháng 12 năm 2011 Người viết chuyên đề Trần Thị Phi Nga 73 CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO 10 Toán nâng cao phát triển lớp Bài tập nâng cao chuyên đề toán Chuyên đề bồi dưỡng HSG đại số Toán nâng cao chuyên đề Đại số 23 chuyên đề 1001 toán sơ cấp Bất đẳng thức cực trị đại số Đề thi vô địch nước giới Thư viện đề thi kiểm tra Tuyển tập đề thi tuyển sinh tỉnh Tài liệu Giáo sư – Tiến sĩ Nguyễn Văn Mậu 74 ... BĐT tìm cực trị cao Khi HS nắm vững BĐT AM – GM cách khai thác tìm tịi lời giải việc chứng minh BĐT khơng cịn q khó Trong viết chuyên đề ? ?Sử dụng bất đẳng thức AM – GM toán chứng minh BĐT tìm cực. .. toán Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức AM – GM lại xây dựng bất đẳng thức hay khó dạng phân thức mà có nhiều áp dụng Sử dụng bất đẳng thức chứng minh số bất đẳng thức khó khác Bài toán Với a, b, c... cách tìm tịi sáng tạo xây dựng chứng minh nhiều bất đẳng thức phụ mà sử dụng ta chứng minh nhiều toán bất đẳng thức hay khó Sau vài bất đẳng thức phụ có nhiều ứng dụng chứng minh sở bất đẳng thức