Sáng kiến kinh nghiệm Kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức cosi trong chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị đại số

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức cosi trong chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị đại số

1. B. BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀ CÁC KĨ THUẬT SỬ DỤNG I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Bất đẳng thức AM – GM là viết tắt của “arithmetic and geometric means”, nghĩa là trung bình cộng và trung bình nhân. Cách chứng minh hay nhất của nó là sử dụng phương pháp quy nạp kiểu Cô si (Cauchy) nên nhiều người lầm tưởng rằng Cô si phát hiện ra bất đẳng thức này, và hay gọi bất đẳng thức này là bất đẳng thức Cauchy (Cô si) 1. Bất đẳng thức Cauchy tổng quát : Cho n số thực không âm a a  a a ,a , ,a (n 2) ta luôn có 1 2 n n a a a . Dấu “=” xảy ra khi 1 2 n n 1 2 n và chỉ khi a1 a2  an . * Thông thường trong chương trình THCS ta thường áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai hoặc ba số (tức là n = 2 hoặc n = 3). Cách chứng minh hai trường hợp cụ thể này rất đơn giản. • Một vài hệ quả quan trọng: 1 1 1 2 (a1 a2  an )  n vôùi ai 0, i 1,n a1 a2 an 1 1 1 n2  vôùi ai 0, i 1,n a1 a2 an a1 a2  an Cho 2n số dương ( n Z,n 2): a1,a2 , ,an ,b1,b2 , ,bn ta có: n n n (a1 b1)(a2 b2 ) (an bn ) a1a2 an b1b2 bn • Bất đẳng thức BCS Cho 2n số dương ( n Z,n 2): a1,a2 , ,an ,b1,b2 , ,bn ta có: 2 2 2 2 2 2 2 (a1b1 a2b2  anbn ) (a1 a2  an )(b1 b2  bn ) a1 a2 an Dấu “=’ xảy ra  (quy öôùc neáu bi 0 ai 0) b1 b2 bn • Hệ quả(Bất đẳng thức Svác-xơ) Cho hai dãy số a1,a2 , ,an vaø b1,b2 , ,bn vôùi bi 0 i 1,n ta luôn có: a2 a2 a2 (a a  a )2 1 2  n 1 2 n b1 b2 bn b1 b2  bn 1
2. * Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 4xy x2 y2 2 xy x2 y2 2 2 4zy z2 y2 2 zy z2 y2 2 2 4xz x2 z2 2 xz x2 z2 2 2 Cộng các vế của ba bất đẳng thức trên, ta được 2 2 2 2(x y z ) 2.3 2 2A x y z 3 12 A 6 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương ta luôn có: 1 1 1 3 a 1 b b 1 c c 1 a 1 abc Giải: Ta có: 1 1 1 3 1 abc 1 abc 1 abc 3 (do 1 abc 0 a 1 b b 1 c c 1 a 1 abc a 1 b b 1 c c 1 a ) 1 abc 1 abc a 1 b 1 a ab 1 c 1 a b 1 c Ta có: 1 1 1 a 1 b a 1 b a 1 b a 1 b 1 b Tương tự với 2 số hạng còn lại, suy ra BĐT đã cho tương đương với: 1 a b 1 c 1 b c 1 a 1 c a 1 b 1 1 1 3 a 1 b 1 b b 1 c 1 c c 1 a 1 a 1 a a 1 b 1 b b 1 c 1 c c 1 a 6 a 1 b 1 a b 1 c 1 b c 1 a 1 c Hoàn toàn chứng minh được BĐT cuối luôn đúng do áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 . Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+ b + c = 3. Tìm giá trị a b c nhỏ nhất của M b c a * Phân tích: 3
3. Lại có 2 bc ac (bc)2 (ac)2 (bc ac)2 c(a b) a(2b c) b(2a c) abc(2b c) abc(2a c) 2abc(a b c) 2abc(a b c) (ab bc ca)2 và abc(a b c) ab.bc bc.ca ab.ca 3 2 c(a b) 2 bc ac 3 c(a b) 3 ab c(a b) a(2b c) b(2a c) 2 ab bc ca 2 1 ab c(a b) 3t 2 4 Đặt t P (với 0 t 2). ab 2(1 t)2 t 3t 2 4 3t 2 4 8 8 7t3 8t 2 32t 24 8 Có 2 2 2 2(1 t) t 2(1 t) t 3 3 6t(1 t) 3 (t 2)( 7t 2 22t 12) 8 6t(1 t)2 3 mà (t 2)( 7t 2 22t 12) (t 2)( 7t 2 22t 12) 8 8 0 t (0;2] t (0;2] 6t(1 t)2 6t(1 t)2 3 3 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay a b c. 8 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi a b c. 3 Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thục không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá ab2c3 bc2a3 ca2b3 trị lớn nhất của A b c a c b a * Phân tích: - Dự đoán dầu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. - Ta không áp dụng bất đẳng thức AM – GM trên tử được vì bậc của chúng “chênh” nhau. - Do đó, ta nghĩ đến mẫu. * Giải 5
4. Ví dụ 2. Cho 4 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 Ví dụ 3. Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa . Chứng minh rằng: b c c a c c b c ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: c a c c b c c a c c b c . . ab b a a b 1 c a c 1 c b c 2 b a 2 a b 1 c c 1 c c 1 1 1 2 b a 2 a b c a c c b c ab (đpcm) Ví dụ 4. Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: 16ab a b 2 a b 4 Giải:Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 2 2 2 2 2 2 4ab a b a b 4 16ab a b 4. 4ab a b 4. 4. a b (đpcm) 2 2 a b Ví dụ 5. Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: ab a b 1 b a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a b ab a ab b a b ab b a 2 2b 2 2a 2b 2a ab a ab b a b 2 . 2 . 2 . a b 1 (đpcm) 2 2b 2 2a 2b 2a 1.2. Kỹ thuật tách nghịch đảo 7
5. a 2 2 a 2 1 1 1 1 a 2 1 2 a 2 1 2 (đpcm) a 2 1 a 2 1 a 2 1 a 2 1 2 2 2 a Ví dụ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A a 1 2 , a 1 a 1 Giải: 2 2 2 a 2a 2 A a 1 a 1 2 2 2 a 1 1 a 1 a 1 2 2 1 a 1 a 1 a 1 1 Cauchy 1 2 a 1 2 2 2 2 a 1 2 2 2 2 2 a 1 2 a 1 2 1 2 4 8 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 a 1 2 hay a a 1 2 2 Vậy GTNN của A 2 2 2 4 Ví dụ 5. Chứng minh rằng: a 3 , a b 0 a b b 1 2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 4 b 1 b 1 1 a a b 1 2 2 2 b 1 b 1 a b b 1 a b 2 2 b 1 b 1 1 4. a b . . . 1 3 4 2 2 b 1 b 1 a b 2 2 1.1.3 Kỹ thuật ghép đối xứng Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm một số thao tác sau: a b b c c a a b c Phép cộng: 2 2 2 2 a b c a b b c c a abc ab bc ca, a,b,c 0 Phép nhân: 2 2 2 a b c ab bc ca Ví dụ 1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc 1. Chứng minh rằng 9
6. a 2 b c ghép ? Mục đích của việc làm này là làm mất các biến ở mẫu do b c 4 vế phải của BĐT là một biểu thức không có biến ở mẫu. Vì sao ta lại ghép b c mà không phải là b+c hay b c điều này xuất phát từ điều kiện để 4 2 đẳng thức xảy ra. Vì BĐT đã cho là một BĐT đối xứng (Tức là khi đổi vị trí hai biến bất kì cho nhau thì BĐT không thay đổi) nên đẳng thức thường xảy a 2 a b c ra khi các biến bằng nhau và khi đó nên ta phải ghép với . b c 2 4 a 2 b2 c2 3 * Nếu abc = 1 thì ta có : a b c 3 nên : . b c a c b a 2 * Phương pháp trên được sử dụng nhiều trong chứng minh BĐT 1.1.4 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau 1 1 1 2 Với n N và x1 , x2 , , xn 0 thì x1 x2 xn n x1 x2 xn Chứng minh bất đẳng thức trên : Ta có với x1 , x2 , , xn 0 thì 1 1 1 1 2 n n x1 x2 xn n x1 x2 xn .n n x1 x2 xn x1 x2 xn 1 1 1 Với n 3 và x1 , x2 , x3 0 thì x1 x2 x3 9 x1 x2 x3 Ví dụ 1. Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a + b + c = 3 . 4 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3 a 3b 3 b 3c 3 c 3a Hướng dẫn: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 3 3 1 1 1 9 (x y z) 3 xyz 9 (*) x y z 3 xyz x y z x y z 1 1 1 9 Áp dụng (*) ta có P 3 a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3 a 3b 3 b 3c 3 c 3a b c c a a b Ví dụ 2. Cho ba số thực dương a, b, c. CMR: 6 a b c Giải: Ta có: 11
7. x y z Giải: Đặt a , b , c .Khi đó a + b + c =1 và BĐT đã x y z x y z x y z a b c cho trở thành : 1 a 2 8bc b2 8ca c2 8ab a a a(a 2 8bc) 3a Áp dụng BĐT Côsi ta có : a 2 8bc a 2 8bc 2a a(a2 8bc) 3a .Tương tự cho các số hạng còn lại. a2 8bc Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được : 2P a3 b3 c3 24abc 3 Mặt khác ta lại có : 1 (a b c)3 a3 b3 c3 3(a b)(b c)(c a) a3 b3 c3 24abc Suy ra 2P 3 (a3 b3 c3 24abc) 3 1 2 P 1(điều phải chứng minh) Nhận xét : BĐT trên có nhiều cách chứng minh, ngoài cách chứng minh trên còn có những cách chứng minh khác cũng dùng BĐT Côsi. yz xz xy Cách khác : Đặt a ,b ,c abc 1 x 2 y 2 z 2 Ví dụ 2. Chứng minh 1 1 1 3 a,b,c 0  abc 1: P a3 b c b3 c a c3 a b 2 Nhận xét: Bất đẳng thức trên là hệ quả của bất đẳng thức a2 b2 c2 a b c a,b,c 0: qua một phép biến đổi. Do đó để b c c a a b 2 giải được nhanh gọn bài toán trên ta phải thực hiện phép đổi biến để đưa về 1 1 1 bất đẳng thức nguồn ban đầu.Đặt x , y , z xyz 1 . a b c Bài toán trở thành chứng minh: x3 yz y3zx z3xy 3 x2 y2 z2 3 P y z z x x y 2 y z z x x y 2 Để giải được tiếp tục nhận xét điểm rơi ở bài này là x y z 1 13
8. Cauchy x2 y z 2x x Cauchy y2 z x 2y y Cauchy z2 x y 2z z Đặt a x x 2y y,b y y 2z z,c z z 2x x 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a Suy ra: x x , y y , z z 9 9 9 2 c a b a b c 2 Do đó: P 4 6 4.3 3 6 2 9 b c a b c a 9 Vậy MinP 2 x y z 1. Tuy nhiên chúng ta có thể giải bài toán trên bằng cách sau: x2 y z y2 z x z2 x y P y y 2z z z z 2x x x x 2y y 2x x 2y y 2z z y y 2z z z z 2x x x x 2y y Đặt a x x;b y y;c z z abc 1 P a b c a2 b2 c2 => 2 b 2c c 2a a 2b ab 2ac bc 2ba ca 2cb 2 P svac _ so a b c 3 ab bc ca 1 P 2 2 3 ab bc ca 3 ab bc ca 3. Phương pháp chọn điểm rơi Đây là kĩ năng kiên quyết được ưu tiên hàng đầu trong bất đẳng thức Cô si ở những bài toán cực trị hoặc bất đẳng thức khó và đặc biệt ở bài toán cực trị hay bất đẳng thức có điều kiện. Đặc biệt trong bài toán cực trị, phải chỉ được dấu “=” xảy ra và điểm rơi chính là ở đây. §©y lµ ph­¬ng ph¸p rÊt l«i cuèn häc sinh, b»ng c¸ch thªm c¸c sè h¹ng phï hîp vµ sö dông khÐo lÐo bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã thÓ ®¹t nh÷ng kÕt qu¶ kh«ng ngê! Trong các bất đẳng thức dấu “ ” thường xảy ra ở các trường hợp sau: 15
9. Vậy không tồn tại MinP ? ? Lời giải 2. Ta có: 1 1 1 4 1 4 1 P 1 a2 b2 6ab 3ab a2 6ab b2 1 3ab (a b)2 1 4ab 3ab 2 a b 1 4 1 8 Mặt khác ab . Vậy P 2 2 2 4 a b a b 3 2 4 3 2 2 1 a2 b2 3ab 1 Dấu “=” xảy ra a b a b . 2 a b 1 Lời bình: Bài toán 1 và bài toán 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất 1 1 4 đẳng thức . Lời giải 1 tại sao sai? Lời giải 2 tại sao lại tách a b a b 1 1 1 ? ? Làm sao nhận biết được điều đó ? Đó chính là kỹ 2ab 6ab 3ab thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức. Và qua chuyên đề này chúng ta sẽ hiểu sâu hơn về kỹ thuật “chọn điểm rơi” trong việc giải các bài toán cực trị a,b 0 1 1 Ví dụ 1. Cho , tìm GTNN của biểu thức P 2 2 4ab . a b 1 a b ab Sai lầm thường gặp: Sai lầm : Ta có : 1 1 1 4 1 4 1 P 4ab 4ab 4ab a2 b2 2ab 2ab a2 b2 2ab 2ab (a b)2 2ab 1 1 Mặt khác 4ab 2 .4ab 2 2 . Vậy P 4 2 2 nên 2ab 2ab MinP 2(2 2) Nguyên nhân sai lầm: 1 1 1 Sai lầm: Học sinh chưa có khái niệm “điểm rơi”, việc tách là ab 2ab 2ab do thói quen để làm xuất hiện a2 b2 2ab (a b)2 . 17
10. 1 1 1 9 , ta không đánh giá tiếp được cho a3 b3 2a2b 2ab2 (a b)3 ab(a b) nên ta phải áp dụng bất đẳng thức cho 5 số: 1 1 1 1 1 25 25 S 20 a3 b3 2a2b 2ab2 2a2b 2ab2 (a b)3 ab(a b) (a b)3 (a b)3 4 1 Dấu bằng xảy ra khi a b . 2 Ví dụ 3. x, y, z 0 1 1 1 Cho 1 1 1 . Tìm GTLN của P . 4 2x y z x 2y z x y 2z x y z Sai lầm thường gặp: Sai lầm 1: Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 1 10 P 9 2x y z 9 x 2y z 9 x y 2z 18 x y z 9 10 MaxP 9 Sai lầm 2: 1 1 1 P 33 2xyz 33 x.2yz 33 xy2z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10 3 3 2x y z 3 3 x 2y z 3 3 x y 2z 9 Nguyên nhân sai lầm: Cả hai lời giải trên đều đã biết hướng “đích” song chưa 2x y z 2y x z 10 biết chọn điểm rơi. MaxP 2z x y (vn) , tức là không tồn tại 9 1 1 1 4 x y z 10 (x, y, z) D : P 9 Lời giải đúng: Từ hai lời giải trên với dự đoán MaxP đạt được tại 3 x y z 4 19
11. mà 5 33 3 ñeà ra sai ? ? a 2b 1 b 2c 1 Nguyên nhân sai lầm: P VT 5. MaxP=5 (vn), vậy P 5 c 2a 1 a b c 3 Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” trong bất đẳng thức xảy ra khi a b c 1 . Vậy ta áp dụng Cauchy cho ba số a 2b,3,3 ta có: 1 1 3 3 (a 2b) 6 a 2b 3 a 2b 3 3.3(a 2b) . , tương tự ta có: 3 9 3 9 3 33 9 6 a 2b 6 b 2c 6 c 2a P 33 3 , dấu bằng xảy ra khi a b c 1 33 9 33 9 33 9 x, y, z 0 x2 y2 z2 3 Ví dụ 5. Cho , chứng minh rằng: xyz 1 1 y 1 z 1 x 2 Sai lầm thường gặp: x2 y2 z2 (xyz)2 Sai lầm 1: P 33 , mặt khác 1 y 1 z 1 x (1 y)(1 z)(1 x) 1 y 2 y 1 z 2 z , suy ra: x 1 y 1 z 1 8 xyz 8 . 1 x 2 x 3 Vậy P , dấu “=” xảy ra khi x y z 1 2 Sai lầm 2: Ta có: x2 (1 y) 2x 1 y y2 (1 z) 2y P 2(x y z) (x y z) 3 x y z 3, 1 z z2 (1 x) 2z 1 x mặt khác x y z 33 xyz 3 P 0 Nguyên nhân sai lầm: 21
12. Để xuất hiện biểu thức Sta cầnxy chọnyz z xm sao cho 2 1 2 1 m 2mk 4 1 m 2mk 2m2 4 k m 2 0 m 4 k k2 8k 4 (vì 0 m 1 ). M Khi đó cộng vế theo vế suy ra: 2 1 m S M S . 2 1 m x, y, z cïng dÊu x y M 2 Vậy GTLN của S 2 kz 2 1 m mx 2 2 2 2 x y kz M 9 Áp dụng: Cho x, y, z thoả mãn x2 y2 z2 5 . Tìm GTLN của S xy yz zx . 2 2 1 9 9 9 1 Giải : Bước 1: Chọn m 4 8. 4 2 2 2 4 3 3 3 3 x2 y2 xy xy 4 4 2 2 1 2 9 2 3 3 Bước 2: Áp dụng BĐT Côsi ta có: x z xz xz 4 4 2 2 1 2 9 2 3 3 y z yz yz 4 4 2 2 3 9 10 Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được: S x2 y2 z2 5 S . 2 2 3 2 x y 3z x y 2;z 10 3 Vậy Max S = khi 2 2 9 2 3 x y z 5 2 2 x y 2;z 3 Ví dụ 7. Cho x, y, z thoả mãn n x2 y2 kz2 M . (n,k là hằng số dương; M là số không âm cho trước) Tìm GTLN của S xy yz zx . Phân tích và tìm lời giải: Do vai trò bình đẳng của x, y nên có thể dự đoán giá trị lớn nhất đạt được khi x y và các thao tác đối với x và y là “giống nhau”. Ta tách: x2 mx2 n m x2 vµ y2 ny2 n m y2 0 m n đồng thời “chia đều” 23