Am-gm

[bigbang195]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Nguồn maths.vn
Có lẽ với những ai đã từng học bất đẳng thức,thì không ai là không biết đến bất đẳng thức AM-GM.Bất đẳng thức có nội dung dễ hiểu,tuy nhiên kiến thức sách giáo khoa lại quá ít ỏi về nó,và THCS không đề cập đến mặc dù bất đẳng thức hoàn toàn phù hợp.Nhưng có được kĩ thuật AM-GM thì không phải là việc dễ.Xin thưa rằng:mình cũng là 1 chú gà chính hiệu,nhưng vẫn cố tập tành viết thử về các kĩ thuật AM-GM.

Bên cạnh các kĩ thuật cơ bản như cân bằng hệ số,chọn điểm rơi,AM-GM ngược dấu…Bài viết này sẽ đề cập đến 1 số kĩ thuật khác,thực ra có những điều trong chúng không là kĩ thuật mà chỉ là kinh nghiệm của mình sau khi làm những bài toán,nếu nói gì sai mong mọi người bỏ qua.(Chắc hẳn có người đọc xong những dòng này sẽ có người nói mình kiêu căng,nhưng thực sự mình không thể diễn đạt ý mà mình muốn nói,văn tệ qúa mà 5,0 ,mọi người thẳng tay góp ý nhé, đảm bảo mình sẽ edit lại bài viết).
Các kĩ thuật về AM-GM.
Đầu tiên mình sẽ nhắc lại nội dung của bất đẳng thức AM-GM cho 2,3,4 số không âm.
Bất đẳng thức AM-GM:Cho a,b,c,d là các số thực không âm.Ta có
$$a+b \ge 2\sqrt{ab}$$
$$a+b+c \ge 3\sqrt[3] {abc}$$
$$a+b+c+d \ge 4\sqrt[4] {abcd}$$
$$ab \le(\frac{a+b}{2} )^2$$
$$abc \le (\frac{a+b+c}{3} ) ^3$$
$$abcd \le (\frac{a+b+c+d}{4})^4$$
Trong bài viết này chỉ yếu là dùng AM-GM cho 3 số.

*Kĩ thuật 1.
Mình sẽ mở đầu bằng ví dụ sau:
Ví dụ 1 (Vasile cirtoaje)Cho a,b,c là các số thực dương có tích bằng 1.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{\frac{a+b}{b+1}} + \sqrt{\frac{b+c}{c+1}} + \sqrt{\frac{c+a}{a+1}} \ge 3$$
Lời giải:Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM
$$\sqrt{\frac{a+b}{b+1}} + \sqrt{\frac{b+c}{c+1}} + \sqrt{\frac{c+a}{a+1}} \ge 3\sqrt[6] {\frac{(a+b)(b+c)(c+a) }{(a+1)(b+1)(c+1) }}$$
Vì vậy phần còn lại của bài toán,ta phải chứng minh:
$$(a+b)(b+c)(c+a) \ge (a+1)(b+1)(c+1)$$
Đặt p=a+b+c,q=ab+bc+ca
Ta có $$(a+b)(b+c)(c+a)=pq-1$$
$$(a+1)(b+1)(c+1)=p+q+2$$
Vì vậy ta cần phải chứng minh
$$pq-1 \ge p+q+2$$ hay $$(p-1)(q-1) \ge 4$$
Theo bất đẳng thức AM-GM dễ thấy
$$a+b+c \ge 3\sqrt[3] {abc}=3$$
$$ab+bc+ca \ge 3\sqrt[3] {a^2b^2c^2} = 3$$
Vì vậy $$(p-1)(q-1) \ge 2.2=4$$
Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1.
Ví dụ 2(Vasile cirtoaje).Cho a,b,c là các số không âm thỏa mãn a+b+c=2.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^2+bc}+ \frac{1}{b^2+ac}+ \frac{1}{c^2+ab} \ge 3$$
Lời giải:Áp dụng trực tiếp AM-GM
$$\frac{1}{a^2+bc}+ \frac{1}{b^2+ca}+ \frac{1}{c^2+ab} \ge \frac{3}{\sqrt[3]{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}}$$
Như vậy ta cần phải chứng minh
$$(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) \le 1$$
Giả sử $$a \ge b \ge c$$
Ta co $$4(a^2+bc) \le (2a+c)^2$$
Theo Am-Gm có $$4(b^2+ca)(c^2+ab) \le (b^2+ca+c^2+ab)^2$$
Như vậy,phần còn lại ta phải chứng minh:
$$(2a+c)^2(b^2+ca+c^2+ab)^2 \le 16$$
hay $$(2a+c)(b^2+ca+c^2+ab) \le 4$$
Đặt $$f(a,b,c)=(2a+c)(b^2+ca+c^2+ab)$$
Có $$f(a,b,c)-f(a,b+c,0)=c(b^2+c^2+ac-3ab) \le 0$$
Phần còn lại ta sẽ chứng minh $$f(a,b+c,0) \le 4$$
Có $$f(a,b+c,0)-4=2a(b+c)(a+b+c)-4=4a(2-a)-4=-4(a-1)^2 \le 0$$
Vậy bài toán được chứng minh,đẳng thức xảy ra khi a=b=1,c=0 và các hoán vị.
Cách làm trên còn có hiệu lực với bất đẳng thức trông rất khó chịu sau:
$$\frac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+ \frac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+ \frac{1}{\sqrt{c^2+ab}} \ge \frac{6}{a+b+c}$$
Nói cách khác khi đứng trước một bất đẳng thức
$$\frac{A}{X}+ \frac{B}{Y}+ \frac{C}{Z} \ge 3$$
Ta sẽ sử dụng trực tiếp AM-GM và sẽ phải chứng minh $$ABC \ge XYZ$$
Hoặc $$A+B+C \ge P$$
Sử dụng trực tiếp AM-GM ta cần phải chứng minh $$3\sqrt{ABC} \ge P$$
Ví dụ 3(Moldova MO 1999).Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$$\frac{ab}{c(c+a)} + \frac{bc}{a(a+b)}+ \frac{ac}{b(b+c)} \ge \frac{a}{c+a}+ \frac{b}{a+b}+ \frac{c}{b+c}$$
Lời giải:Bất đẳng thức trên tương đương:
$$(\frac{ab}{c(c+a)} + \frac{c}{c+a})+ (\frac{bc}{a(a+b)} + \frac{a}{a+b})+ (\frac{ac}{b(b+c)} + \frac{b}{b+c} ) \ge 3$$
Hay $$\frac{c^2+ab}{c(c+a)}+ \frac{b^2+ca}{b(b+c)}+ \frac{a^2+bc}{a(a+b)} \ge 3$$
Áp dụng trực tiếp AM-GM thì ta cần phải chứng minh:
$$(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) \ge abc(a+b)(b+c)(c+a)$$
Trước hết ta có
$$(a^2+bc)(b^2+ca)-ab(c+a)(c+b)=c(a+b)(a-b)^2 \ge 0$$
nên $$(a^2+bc)(b^2+ca) \ge ab(c+a)(c+b)$$
Tương tự $$(b^2+ca)(c^2+ab) \ge bc(c+a)(b+a)$$
Tương tự $$(a^2+bc)(c^2+ab) \ge ac(b+a)(b+c)$$
Nhân hết vào và lấy căn,ta sẽ có
$$(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) \ge abc(a+b)(b+c)(c+a)$$
Bài toán được chứng minh,đẳng thức có được khi và chỉ khi a=b=c.
Ví dụ 4(Phạm Hữu Đức).Cho a,b,c là các số thực không âm.Chứng minh rằng
$$\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{b^2+c^2}} + \sqrt[3]{\frac{b^2+ca}{c^2+a^2}} + \sqrt[3]{\frac{c^2+ab}{a^2+b^2}} \ge \frac{9\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}$$
Áp dụng trực tiếp AM-GM,ta có :
$$\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{b^2+c^2}} + \sqrt[3]{\frac{b^2+ca}{c^2+a^2}} + \sqrt[3]{\frac{c^2+ab}{a^2+b^2}} \ge 3\sqrt[9]{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}}$$
Ta sẽ chứng minh
$$3\sqrt[9]{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}} \ge \frac{9\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}$$
Bất đẳng thức trên tương đương với
$$(a+b+c)^9(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) \ge 3^9a^3b^3c^3(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$$
Theo AM-GM cho 2 số thì
$$8ab(a^2+b^2)=4.2ab(a^2+b^2) \le (2ab+a^2+b^2)^2=(a+b)^4$$ nên ta có
$$2^9a^2b^2c^2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) \le (a+b)^4(b+c)^4(c+a)^4$$
Vì vậy,phần còn lại của bài toán ta cần chứng minh
$$2^9(a+b+c)^9(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) \ge 3^9abc(a+b)^4(b+c)^4(c+a)^4$$
Ở ví dụ 3,ta đã chứng minh:$$(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) \ge abc(a+b)(b+c)(c+a)$$ nên phần còn lại ta chỉ cần chứng minh:
$$2^9(a+b+c)^9 \ge 3^9(a+b)^3(b+c)^3(c+a)^3$$
Lấy căn bậc 3 của hai vế ta được
$$8(a+b+c)^3 \ge 27(a+b)(b+c)(c+a)$$ đúng vì
$$(a+b)(b+c)(c+a) \le (\frac{a+b+b+c+c+a}{3} )^3 = \frac{8(a+b+c)^3}{27}$$
Bài toán kết thúc,đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.
Ví dụ 5(Trần Quốc Anh).Cho a,b,c là các số dương.Chứng minh rằng
$$\sqrt{\frac{a+b}{b^2+4bc+c^2}}+\sqrt{\frac{b+c}{c^2+4ac+a^2}}+\sqrt{\frac{c+a}{a^2+4ab+b^2}} \ge \frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$$
Áp dụng trực tiếp AM-GM thì ta cần phải chứng minh
$$(a+b)(b+c)(c+a)(a+b+c)^3 \ge (a^2+4ab+b^2)(b^2+4bc+c^2)(c^2+4ca+a^2)$$
Theo AM-GM ta có $$a^2+4ab+b^2=(a+b)^2+2ab \le \frac{3(a+b)^2}{2}$$
làm tương tự ta có $$(a^2+4ab+b^2)(b^2+4bc+c^2)(c^2+4ca+a^2) \le \frac{27(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}{8}$$Như vậy,phần còn lại của bài toán ta cần chứng minh
$$(a+b+c)^3 \ge \frac{27(a+b)(b+c)(c+a)}{8}$$.Đúng vì
$$(a+b)(b+c)(c+a) \le (\frac{a+b+b+c+c+a}{3})^3 = \frac{8(a+b+c)^3}{27}$$
Đẳng thức có được khi và chỉ khi a=b=c

 

[phamtiengiang5294]

Chép của anh serect bên http://maths.vn thì để thêm nguồn vào nhé.
Tưởng em giỏi thế, tự viết cả một chuyên đề cơ à.
Mà thật ra bài chuyên đề này của anh ấy chủ yếu dựa vào phép dồn biến thôi mà còn bài tập thì đều của Vasc.