Bat dang thuc Cosi
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (174.2 KB, 11 trang )
Bùi văn Thịnh – THCS Hoàng Diệu
I. ĐÁNH GIÁ TỪ TRUNG BÌNH CỘNG SANG TRUNG BÌNH NHÂN
VD1: CMR: (a
2
+ b
2
)(b
2
+ c
2
)(c
2
+ a
2
) ≥ 8a
2
b
2
c
2
∀ a,b,c
Bài toán nay thường gặp sai lầm sau:
Sử dung kết quả: x
2
+y
2
≥ 2xy. Do đó:
a
2
+ b
2
≥ 2ab
b
2
+ c
2
≥ 2bc
c
2
+ a
2
≥ 2ac
suy ra (a
2
+ b
2
)(b
2
+ c
2
)(c
2
+ a
2
) ≥ 8a
2
b
2
c
2
Lời giải đúng :
a
2
+ b
2
≥ 2ab
b
2
+ c
2
≥ 2bc
c
2
+ a
2
≥ 2ac
suy ra (a
2
+ b
2
)(b
2
+ c
2
)(c
2
+ a
2
) ≥ 8a
2
b
2
c
2
=8 a
2
b
2
c
2
.
VD2: CMR:
Giải
Ta có:
(ĐPCM)
VD3: Cho a,b,c,d ≥ 0 và a+b+c+d=1
CMR:
81
1
≥abcd
Giải
Từ gt ta suy ra:
=
Tơng tự ta có:
+
−+
+
−+
+
−≥
+ dcba 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
( )( )( )
3
111
3
111 dcb
bcd
d
d
c
c
b
b
+++
≥
+
+
+
+
+
+++
≥
+
+++
≥
+
+++
≥
+
+++
≥
+
3
3
3
3
)1)(1)(1(
3
1
1
)1)(1)(1(
3
1
1
)1)(1)(1(
3
1
1
)1)(1)(1(
3
1
1
cba
abc
d
dba
abd
c
dca
acd
b
dcb
bcd
a
28
)(64)( baabba +≥+
( )
( )
[ ]
2224
4
4
4
2
8
)(64)(2.2
)2).((22
)(
baabbaab
abbaabba
baba
+=+=
+≥++=
=
+=+
Bùi văn Thịnh – THCS Hoàng Diệu
Nhân vế theo vế ta được:
Suy ra: (ĐPCM)
Chúng ta có thể tổng quát bài toán trên:
VD4: Cho
CMR:
VD5: Cho:
CMR:
Giải
Ta có: VT=
(ĐPCM)
Ta có bài toán tổng quát:
VD6: Cho
CMR:
VD7: CMR:
( )( )( )( ) ( )( )( )( )
dcba
abcd
dcba ++++
≥
++++ 1111
81
1111
1
81
1
≥abcd
n
n
n
n
aaa
n
aaa
aaa
)1(
1
1
1
1
1
1
1
1
0, ,,
21
21
221
−
≤
−≥
+
++
+
+
+
>
8
111
1
0,,
≥
−
−
−
=++
>
c
c
b
b
a
a
cba
cba
8
2
.
2
.
2
1
.
1
.
1
=≥
+++
=
−−−
c
ab
b
ca
a
bc
c
ba
b
ac
a
cb
c
c
b
b
a
a
( )
n
n
n
n
n
na
a
a
a
a
a
aaa
aaa
1
1
11
1
0, ,,
2
2
2
1
21
21
−≥
−
−
−
=+++
>
( )
0,,8)1()1)(1(1
3
1
3
3
3
≥∀≥+≥+++≥
++
+ cbaabcabccba
cba
03
)1)((
4
2
≥>∀≥
+−
+ ba
bba
a
Bùi văn Thịnh – THCS Hoàng Diệu
II.KỸ THUẬT TÁCH NGHỊCH ĐẢO
Kỹ thuật tách nghịch đảo đó là kỹ thuật tách nghịch đảo phần nguyên
theo mẫu số để khi chuyển sang TB nhân thì các phần chứa biến bị triệt
tiêu chỉ còn lại hằng số.
VD1: CMR:
Giải
Vì nên a và b cùng dấu. Do đó:
VD2: CMR:
Giải
VD3: CMR:
Giải
Ta có:
(ĐPCM)
VD4: CMR:
Giải
Ta có: (ĐPCM)
VD5: CMR:
02 ≠∀≥+ ab
a
b
b
a
1. =
a
b
b
a
2.2 =≥+=+
a
b
b
a
a
b
b
a
a
b
b
a
2
1
2
2
2
≥
+
+
a
a
2
1
1
12
1
1
1
1
11
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=
+
+≥
+
++=
+
++
=
+
+
a
a
a
a
a
a
a
a
=
>
∀≥
−
+
1
22
22
ab
ba
ba
ba
03
)(
1
>>∀≥
−
+ ba
bab
a
3
)(
1
.).(3
)(
1
)(
)(
1
3
=
−
−≥
−
++−=
−
+
bab
bba
bab
bba
bab
a
⇒=
−
−≥
−
+−=
−
+−=
−
+−
=
−
+
22
2
).(2
2
)(
2
)(
2)(
222
ba
ba
ba
ba
ba
ab
ba
ba
abba
ba
ba
⇒=−=−
+−
++
−≥
−
+−
+
+
+
+
+−=
+−
+
3141
)1)((
4
)
2
1
)(
2
1
)((4
1
)1)((
4
2
1
2
1
)(
)1)((
4
4
2
22
bba
bb
ba
bba
bb
ba
bba
a
Bùi văn Thịnh – THCS Hoàng Diệu
Giải
Ta có:
(ĐPCM)
Ta có thể tổng quát bài toán này:
VD6: Cho
CMR:
Giải
Ta có:
VT=
(ĐPCM)
III. KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ TỪ TB NHÂN SANG TB CỘNG
VD1: CMR: (1)
Giải
Ta có: (1)
Theo BĐT Cô si ta có:
2)1(
)1(
13221
1
21
2)1(
) ()()(
1
10
+−
−
−
+−
≥
−−−
+
∈≤>>>>
kn
kn
nn
kk
n
n
k
kn
aaaaaaa
a
Zkaaa
1 2 2 3 1
1 2 2 3 1
2 3 2 3 1 1
1 2 1 2
1 2 2 3
1
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
1
( ) ( )
n n n
n n n
n n n n
n
k so hang k so hang k so hang
k k
n
a a a a a a a
a a a a a a a
a a a a a a a a
a a a a
a
k k k k k k
a a a a a
−
−
− −
+ − + − + + − +
− − −
− − − −
− −
= + + + + + + + + + +
+
− −
1 4 44 2 4 4 43 1 4 4 4 2 4 4 43 1 4 4 44 2 4 4 4 43
}
[ ]
( )
( 1)
( 1) 2
1
( 1) 2
( 1)
1
( 1)( 2)
( )
( 1) 2
Co si
n k
n k
k
n n
n k
n k
n k
a a k
n k
k
−
− +
−
− +
−
≥ − +
÷
−
− +
=
))(( dbcacdab ++≤+
1
))(())((
≤
++
+
++
⇔
dcba
cd
dbca
ab
1
2
1
2
1
2
1
=
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+
+
+
≤
db
db
ca
ca
db
d
ca
b
db
c
ca
a
VT
Bùi văn Thịnh – THCS Hoàng Diệu
VD2: CMR: (1)
Giải
Ta có: (1)
Theo BĐT Cô si ta có:
(ĐPCM)
Ta có thể tổng quát bài toán này:
VD3:CMR: (1)
Giải
Ta có: (1)
Theo BĐT Cô si ta có:
(ĐPCM)
VD4: CMR:
Giải
Ta có:
Theo BĐT Cô si ta có:
3
3
)1)(1)(1(1 +++≤+ cbaabc
1
)1)(1)(1(
1.1.1
)1)(1)(1(
)1)(1)(1(1.1.1
33
3
33
≤
+++
+
+++
⇔
+++≤+⇔
cbacba
abc
cbaabc
⇒=
+
+
+
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
≤
1
1
1
1
1
1
1
3
1
1
1
1
1
1
1
3
1
1113
1
c
c
b
b
a
a
cbac
c
b
b
a
a
VT
0, ,,,, ,,)) ()((
212122112121
≥∀+++≤+
nn
n
nn
n
n
n
n
bbbaaababababbbaaa
1
)) ()((
)) ()((
2211
21
2211
21
≤
+++
+
+++
⇔
n
nn
n
n
nn
n
bababa
bbb
bababa
aaa
1.
1
1
1
1
22
22
11
11
22
2
11
121
==
+
+
++
+
+
+
+
+
=
+
++
+
+
+
+
+
++
+
+
+
≤
n
nba
ba
ba
ba
ba
ba
n
ba
b
ba
b
ba
b
nba
a
ba
a
ba
a
n
VT
nn
nn
nn
nn
Nn
nn
nn
∈≤∀≤+
−−
31
1
!
1
11
1
11
3
2
3
1
2
1
2
1
1
1
1
4
3
3
2
2
1
1
11
3
1
2
1
1
1
1
1
4
3
.
3
2
.
2
11
3
1
.
2
1
1
1
!
1
1
1
!
1
11
11
11
=
−
+++
++
+
−
=
=
−
++++
−
+
+++
−
≤
≤
−
+⇔
≤+⇔≤+
−−
−−
−−
n
n
nn
n
n
nnn
VT
n
n
n
nn
nn
nn
nn
nn
Bùi văn Thịnh – THCS Hoàng Diệu
IV.KỸ THUẬT THÊM HẰNG SỐ
Để sử dụng được BĐT Cô si từ TB nhân sang TB cộng ta cân nhân
thêm các hằng số để làm mất dấu căn thức, hoặc để khử biến số.
VD1: CMR:
Giải
Ta có:
Cộng vế theo vế ta đợc:
(ĐPCM)
VD2: Cho
CMR
Giải
+
VD3: Cho x,y > 0. Tìm:
Giải
Ta có:
1,11 ≥∀≤−+− baababba
22
1)1(
.1).1(1
22
1)1(
.1).1(1
aba
babab
abb
ababa
=
+−
≤−=−
=
+−
≤−=−
1 1
2 2
ab ab
a b b a ab− + − ≤ + =
6
1
0,,
≤+++++
=++
≥
accbba
cba
cba
++
≤+=+
++
≤+=+
++
≤+=+
2
3
2
)(
.
2
3
3
2
).(
2
3
2
3
2
)(
2
3
3
2
).(
2
3
2
3
2
)(
.
2
3
3
2
).(
2
3
ac
acac
cb
cbcb
ba
baba
63.
2
3
2
2)(2
.
2
3
==
+++
≤+++++
cba
accbba
2
3
)(
),inf(
xy
yx
yxM
+
=
4
27
),inf(
4
27
)(
27
4
)()(
),(
)(
27
4
)(
3
4
16
1
3
224
16
1
)2)(2)(4(
16
1
3
3
2
3
3
33
2
=⇒
=
+
+
≥
+
=
+=
+=
++
≤=
yxM
yx
yx
xy
yx
yxfraSuy
yxyx
yyx
yyxxy
Bùi văn Thịnh – THCS Hoàng Diệu
Dấu bằng xảy ra khi và chi khi 4x=2y=2y hay y=2x.
VD4: Cho x,y,z > 0. Tìm
Giải
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 6x=3y=2z
Tổng quát ta có bài toán sau:
Cho x
1
,x
2
,x
n
> 0. Tìm
VD5: CMR:
Giải
Với n=1,2 ta thấy BĐT (1) đúng.
Với n ≥ 3 ta có:
(ĐPCM)
Ta có bài toán tương tự:
VD6: CMR:
Giải
Với n=1,2,3,4 ta thấy (1) đúng
Với n > 4 ta có:
32
6
)(
),,inf(
zxy
zyx
zyxM
++
=
n
n
n
n
n
xxx
xxx
xxxM
) (
), ,,inf(
2
21
21
22
21
+++
+++
=
432),,inf(
4323.2.6
)(
),,(
)(
3.2.6
1
6
222336
3.2.6
1
)2)(2)(2)(3)(3)(6.(
2.3.6
1
23
32
6
6
23
32
6
33
32
32
=⇒
=≥
++
=
++≤⇔
+++++
≤
=
zyxM
zxy
zyx
zyxfraSuy
zyxzxy
zzzyyx
zzzyyxzxy
Nnn
n
n
n
∈>∀+< ,0)1(
2
1
⇒+=
+
<
−+
≤⇒
+++++
≤=
−
−
n
n
nn
n
nn
n
n
nn
nnn
n
son
n
son
n
2
1
2)2(2
1 11
1 1.1
12
12
Nnn
n
n
n
∈>∀+< ,0)1(
1
1
n
n
nn
nn
n
son
n
son
n
1
1
1 1122
22
1 1.1.2.2.
2
.
2
14
14
+=
+++++++
≤=
−
−
Bùi văn Thịnh – THCS Hoàng Diệu
VD7: CMR:
Giải
Ta có:
Măt khác:
Ta thấy đẳng thức không thể xảy ra nên ta có đpcm.
V. KỸ THUẬT GHÉP ĐỐI XỨNG
Các kỹ thuật thường dùng:
zxyzxyxyz
zxyzxyzyx
xzzyyx
zyx
xzzyyxzyx
))()((
222
)()()()(2
222
=
=
+
+
+
+
+
=++
+++++=++
VD1: CMR:
0
2
2
2
2
2
2
≠∀++≥++ abc
b
c
a
b
c
a
a
c
c
b
b
a
Giải
Theo BĐT Cô si ta có:
nmnm
n
mnm
1
1
1
1
1
1
1
1 +<
+⇔
+<
+
nn
mn
m
m
n
mmm
mmmm
n
mn
m
n
m
1
1
)(
1
1
1 11
1
1
1
1
1
1
1 1.1.
1
1
1
1.
1
1
1
1
+=
−+
+
=
=
++++
+++
++
+
≤
+
+
+=
+
−
Bùi văn Thịnh – THCS Hoàng Diệu
≥=≥
+
≥=≥
+
≥=≥
+
b
c
b
c
b
a
a
c
b
a
a
c
a
b
a
b
a
c
c
b
a
c
c
b
c
a
c
a
c
b
b
a
c
b
b
a
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
.
2
1
.
2
1
.
2
1
Cộng vế theo vế ta có:
b
c
a
b
c
a
a
c
c
b
b
a
++≥++
2
2
2
2
2
2
VD2: CMR:
0,,
222333
≥∀++=++ cbaabccabbcacba
Giải
Ta có: a
3
+b
3
=(a+b)(a
2
+b
2
-ab) ≥ (a+b)(2ab-ab)=(a+b)ab
Tương tự ta có: b
3
+c
3
≥ (b+c)bc
c
3
+a
3
≥ (c+a)ca
Do đó: 2(a
3
+b
3
+c
3
) ≥ (a+b)ab+(b+c)bc+(c+a)ca
⇔ 2(a
3
+b
3
+c
3
) ≥a
2
b+c)+b
2
(c+a)+c
2
(a+b)
≥
abccabbca 222
222
++
Suy ra
abccabbcacba
222333
++=++
VD3: Mọi tam giác ABC ta đều có:
++≥
−
+
−
+
− cbacpbpap
111
2
111
Giải
Ta có:
0
2
>
−+
=−
acb
ap
, tương tự ta có p-b > 0, p-c > 0.
Áp dung BĐT Cô si ta được:
b
apcp
apcp
apcp
a
cpbp
cpbp
cpbp
c
bpap
bpap
bpap
2
2
1
))((
111
2
1
2
2
1
))((
111
2
1
2
2
1
))((
111
2
1
=
−+−
≥
−−
≥
−
+
−
=
−+−
≥
−−
≥
−
+
−
=
−+−
≥
−−
≥
−
+
−
Cộng vế theo vế ta được
Bùi văn Thịnh – THCS Hoàng Diệu
++≥
−
+
−
+
− cbacpbpap
111
2
111
VI.KỸ THUẬT CẶP NGHỊCH ĐẢO 3 SỐ:
Ta sử dung kết quả sau:
0,,9
111
)( >∀≥
++++ cba
cba
cba
VD1: CMR: Mọi tam giác ABC ta đều có:
rhhh
cba
9≥++
Giải
Ta có:
9
111
)(9
111
2
9
222
9
≥
++++⇔≥
++⇔
≥++⇔≥++
cba
cba
cba
p
p
S
c
S
b
S
a
S
rhhh
cba
Điều nay đúng, vậy ta có điều phải chứng minh.
VD2: CMR:
0,,
2
222
>∀
++
≥
+
+
+
+
+
cba
cba
ba
c
ac
b
cb
a
Giải
Ta có:
2
3
)(
2
3
)(
)(
2
3
111
)(
2
3
2
222
222
≥
+
+
+
+
+
⇔
++≥
+
+
+
+
+
++⇔
++≥
+
++
+
++
+
+⇔
++≥
+
++
+
++
+
+⇔
++
≥
+
+
+
+
+
ba
c
ac
b
cb
a
cba
ba
c
ac
b
cb
a
cba
cba
ba
c
c
ac
b
b
cb
a
a
cba
ba
c
c
ac
b
b
cb
a
a
cba
ba
c
ac
b
cb
a
Bùi văn Thịnh – THCS Hoàng Diệu
( ) ( ) ( )
[ ]
9
111
2
9
111
≥
+
+
+
+
+
+++++⇔
≥
+
++
+
++
+
+⇔
accbba
accbba
ba
c
ac
b
cb
a
Theo VD1 ta thấy BĐT này đúng, do đó ta có (đpcm).
VD3: CMR:
1,0,,
9
2
≥>∀
++
≥
+
+
+
+
+
−−−
mcba
cbaba
m
ac
m
cb
m
accbb
Giải
( )
[ ]
99
))()((
3.))()((3(*)
(*)9)()(
9
2
3
3
3
==
+++
+++≥
≥
+
+
+
+
+
+++++⇔
++
≥
+
+
+
+
+
−
−−−
−−−
−−−
bb
baacab
baaccb
baaccb
m
baaccb
mmm
baaccbVT
ba
m
ac
m
cb
m
baaccb
cbaba
m
ac
m
cb
m
Vây ta có đpcm.
Với một số VD trên phần nào cho ta được một số kỹ thuật sử dụng BĐT Cô
si để chứng minh BĐT. Từ những ví dụ đó học sinh sẽ có được một số đinh
hướng khi chứng minh BĐT. Đây là lần đầu tiên em viết một chuyên đề nên
không thể tránh được sai sót, kính mong các thầy cô góp ý giúp em hoàn
thiện hơn.
Tài liệu tham khảo:
-Một số phương pháp và kỹ thuật chứng minh BĐT (Trần Phương)-NXB TP
Hồ Chí Minh.
-Bộ đề tuyển sinh năm 1991-NXB Giáo dục.
