Toán 9 [Chuyên đề HSG lớp 9] Bất Đẳng Thức

kido2006

TMod Toán
Cu li diễn đàn
26 Tháng một 2018
1,644
2
2,577
376
Bắc Ninh
THPT Chuyên Bắc Ninh
[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.

Xin chào tất cả mọi người

Như các bạn đã biết bất đẳng thức có thể sử dụng ở rất nhiều phần của toán học như : Số học , Hình học , Tổ hợp , ... . Và đây cũng là phần tủ của rất nhiều bạn . Vì vậy hôm nay mình sẽ cùng các bạn khám phá chuyên đề này .

Chúng ta cùng bắt đầu nhé :Tuzki17

Trước hết mình ghi lại một số kí hiệu có trong chuyên đề nhé
$1,$ $x \in [a;b]$ - $a \le x \le b$

$2,$ $x \in (a;b)$ - $a < x < b$

$3,$ [tex]\underset{sym}{\sum }[/tex] - Tổng đối xứng (sym viết tắt của symmetric)
Ví dụ :[tex]\underset{sym}{\sum }a^2b=a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2[/tex]
Chú ý:
+,Trong cac bài toán 3 biến của $a,b,c$ ta có thể viết [tex]\underset{a,b,c}{\sum }[/tex] thay cho $\underset{sym}{\sum }$
+, Trong một số bài toán đối xứng , nếu không có gì nhầm lẫn ta có thể kí hiệu $\sum$ thay cho $\underset{sym}{\sum }$

$4,$ [tex]\underset{cyc}{\sum }[/tex] - Tổng hoán vị (cyc viết tắt của cyclic)
Ví dụ :[tex]\underset{cyc}{\sum }a^2b=a^2b+b^2c+c^2a[/tex]
Chú ý:Trong một số bài toán hoán vị , nếu không có gì nhầm lẫn ta có thể kí hiệu $\sum$ thay cho $\underset{cyc}{\sum }$

$5,$
$a_1=min \left \{ a_1,a_2,...,a_n \right \}$ - $a_1$ là số nhỏ nhất
$a_1=max \left \{ a_1,a_2,...,a_n \right \}$ - $a_1$ là số lớn nhất

1.Bất đẳng thức AM-GM

1.1. Bất đẳng thức AM-GM và ứng dụng

Bất đẳng thức AM-GM là BĐT quen thuộc và có nhiều ứng dụng , các bạn cần ghi nhớ rất kĩ BĐT này và cố gẳng sử dụng nó một cách thành thạo

Bất đẳng thức đươc phát biểu như sau : Với mọi số thực dương $a_1;a_2;...;a_n$ ta có bất đẳng thức

$\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}n \ge \sqrt[n]{a_1a_2....a_n}$
Đẳng thức xảy ra khi $a_1=a_2=...=a_n$

Có rất nhiều cách chứng minh BĐT AM-GM , có lẽ cách chứng minh hay nhất là sử dụng phương pháp quy nạp Cauchy . Vì vậy mà nhiều người nhầm tưởng rằng Cauchy phát hiện ra BĐT này nhưng ông chỉ là người đưa ra cách chứng minh rất hay chứ không phải là người phát hiện ra . Theo cách gọi chung của thế giới bất đẳng thức Côsi (ay Cauchy) có tên là AM-GM (Arithmetic Means- Geometricc Means)

Sau đây là một số bài toán đặc trưng sử dụng BĐT AM-GM
VD 1 : Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b$ ta có
[tex]\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\geq \dfrac{4}{a+b}[/tex]

Lời Giải:
Sử dụng BĐT AM-GM cho 2 số ta có
[tex](a+b)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})\geq 2\sqrt{ab}.\dfrac{2}{\sqrt{ab}}=4[/tex]

Tương tự với ví dụ 1 thì ta cũng được bài toán [tex]\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geq \dfrac{9}{a+b+c}[/tex]
Và BĐT tổng quát hơn đucợ chưng minh hoàn toàn tương tự:

[tex]\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n}\geq \dfrac{n^2}{a_1+a_2+...+a_n}[/tex]

Và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a_1=a_2=...=a_n$

VD 2: (BĐT Nesbit) Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta có

[tex]\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\geq \dfrac{3}{2}[/tex]

Lời giải :
Đặt :

[tex]A=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}[/tex]
[tex]B=\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{a}{a+b}[/tex]
[tex]C=\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}[/tex]
Thì ta được $B+C=3$ . Mặt khác áp dụng BĐT AM-GM cho 6 số thực dương ta có
[tex]A+B+A+C=\dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{c+a}+\dfrac{c+a}{a+b}+\dfrac{a+c}{b+c}+\dfrac{a+b}{c+a}+\dfrac{b+c}{a+b}\geq 6\Rightarrow A\geq \frac{3}{2}[/tex]
Ta được điều phải chứng minh

VD 3: Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương ta có

[tex]\dfrac{1}{a(a+b)}+\dfrac{1}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c(c+a)}\geq \dfrac{27}{2(a+b+c)^2}[/tex]
Lời giải :
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương ta có

[tex]\dfrac{1}{a(a+b)}+\dfrac{1}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c(c+a)}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}[/tex]
Do đó ta chỉ cần chứng minh
$3^6\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)} \le 8(a+b+c)^6$
Thật vậy theo BĐT AM-GM ta có
[tex]3^3abc\leq (a+b+c)^3[/tex]
[tex]3^3(a+b)(b+c)(c+a)\leq (a+b+b+c+c+a)^3=8(a+b+c)^3[/tex]
Nhân vế với vế ta đuọc điều phải chứng minh

Một vào bài tập tự luyện/ ví dụ cho các bạn đọc chứng minh
Bài tập 1 : Chứng minh với mọi số thực dương $a,b,c$ ta luôn có

[tex]\sum \dfrac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \dfrac{1}{abc}[/tex]
Bài tập 2 : Chứng minh với mọi $x,y,z$ dương ta có:
[tex](1+\dfrac{x}{y})(1+\dfrac{y}{z})(1+\dfrac{z}{x})\geq 2+\dfrac{2(x+y+z)}{\sqrt[3]{xyz}}[/tex]
Bài tập 3 : Chứng minh rằng với $a,b,c$ thực dương thoả mãn $a+b+c=3$ thì
[tex]\dfrac{a(a+c-2b)}{ab+1}+\dfrac{b(b+c-2c)}{bc+1}+\dfrac{c(c+b-2a)}{ca+1}\geq 0[/tex]
 

kido2006

TMod Toán
Cu li diễn đàn
26 Tháng một 2018
1,644
2
2,577
376
Bắc Ninh
THPT Chuyên Bắc Ninh
Xin chào tất cả mọi người

Như các bạn đã biết bất đẳng thức có thể sử dụng ở rất nhiều phần của toán học như : Số học , Hình học , Tổ hợp , ... . Và đây cũng là phần tủ của rất nhiều bạn . Vì vậy hôm nay mình sẽ cùng các bạn khám phá chuyên đề này .

Chúng ta cùng bắt đầu nhé :Tuzki17

Trước hết mình ghi lại một số kí hiệu có trong chuyên đề nhé
$1,$ $x \in [a;b]$ - $a \le x \le b$

$2,$ $x \in (a;b)$ - $a < x < b$

$3,$ [tex]\underset{sym}{\sum }[/tex] - Tổng đối xứng (sym viết tắt của symmetric)
Ví dụ :[tex]\underset{sym}{\sum }a^2b=a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2[/tex]
Chú ý:
+,Trong cac bài toán 3 biến của $a,b,c$ ta có thể viết [tex]\underset{a,b,c}{\sum }[/tex] thay cho $\underset{sym}{\sum }$
+, Trong một số bài toán đối xứng , nếu không có gì nhầm lẫn ta có thể kí hiệu $\sum$ thay cho $\underset{sym}{\sum }$

$4,$ [tex]\underset{cyc}{\sum }[/tex] - Tổng hoán vị (cyc viết tắt của cyclic)
Ví dụ :[tex]\underset{cyc}{\sum }a^2b=a^2b+b^2c+c^2a[/tex]
Chú ý:Trong một số bài toán hoán vị , nếu không có gì nhầm lẫn ta có thể kí hiệu $\sum$ thay cho $\underset{cyc}{\sum }$

$5,$
$a_1=min \left \{ a_1,a_2,...,a_n \right \}$ - $a_1$ là số nhỏ nhất
$a_1=max \left \{ a_1,a_2,...,a_n \right \}$ - $a_1$ là số lớn nhất

1.Bất đẳng thức AM-GM

1.1. Bất đẳng thức AM-GM và ứng dụng

Bất đẳng thức AM-GM
là BĐT quen thuộc và có nhiều ứng dụng , các bạn cần ghi nhớ rất kĩ BĐT này và cố gẳng sử dụng nó một cách thành thạo

Bất đẳng thức đươc phát biểu như sau : Với mọi số thực dương $a_1;a_2;...;a_n$ ta có bất đẳng thức

$\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}n \ge \sqrt[n]{a_1a_2....a_n}$
Đẳng thức xảy ra khi $a_1=a_2=...=a_n$

Có rất nhiều cách chứng minh BĐT AM-GM , có lẽ cách chứng minh hay nhất là sử dụng phương pháp quy nạp Cauchy . Vì vậy mà nhiều người nhầm tưởng rằng Cauchy phát hiện ra BĐT này nhưng ông chỉ là người đưa ra cách chứng minh rất hay chứ không phải là người phát hiện ra . Theo cách gọi chung của thế giới bất đẳng thức Côsi (ay Cauchy) có tên là AM-GM (Arithmetic Means- Geometricc Means)


Sau đây là một số bài toán đặc trưng sử dụng BĐT AM-GM
VD 1 : Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b$ ta có
[tex]\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\geq \dfrac{4}{a+b}[/tex]

Lời Giải:
Sử dụng BĐT AM-GM cho 2 số ta có
[tex](a+b)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})\geq 2\sqrt{ab}.\dfrac{2}{\sqrt{ab}}=4[/tex]

Tương tự với ví dụ 1 thì ta cũng được bài toán [tex]\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geq \dfrac{9}{a+b+c}[/tex]
Và BĐT tổng quát hơn đucợ chưng minh hoàn toàn tương tự:

[tex]\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n}\geq \dfrac{n^2}{a_1+a_2+...+a_n}[/tex]

Và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a_1=a_2=...=a_n$

VD 2: (BĐT Nesbit) Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta có

[tex]\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\geq \dfrac{3}{2}[/tex]

Lời giải :
Đặt :

[tex]A=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}[/tex]
[tex]B=\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{a}{a+b}[/tex]
[tex]C=\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}[/tex]
Thì ta được $B+C=3$ . Mặt khác áp dụng BĐT AM-GM cho 6 số thực dương ta có
[tex]A+B+A+C=\dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{c+a}+\dfrac{c+a}{a+b}+\dfrac{a+c}{b+c}+\dfrac{a+b}{c+a}+\dfrac{b+c}{a+b}\geq 6\Rightarrow A\geq \frac{3}{2}[/tex]
Ta được điều phải chứng minh

VD 3: Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương ta có

[tex]\dfrac{1}{a(a+b)}+\dfrac{1}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c(c+a)}\geq \dfrac{27}{2(a+b+c)^2}[/tex]
Lời giải :
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương ta có

[tex]\dfrac{1}{a(a+b)}+\dfrac{1}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c(c+a)}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}[/tex]
Do đó ta chỉ cần chứng minh
$3^6\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)} \le 8(a+b+c)^6$
Thật vậy theo BĐT AM-GM ta có
[tex]3^3abc\leq (a+b+c)^3[/tex]
[tex]3^3(a+b)(b+c)(c+a)\leq (a+b+b+c+c+a)^3=8(a+b+c)^3[/tex]
Nhân vế với vế ta đuọc điều phải chứng minh

Một vào bài tập tự luyện/ ví dụ cho các bạn đọc chứng minh
Bài tập 1 :
Chứng minh với mọi số thực dương $a,b,c$ ta luôn có

[tex]\sum \dfrac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \dfrac{1}{abc}[/tex]
Bài tập 2 : Chứng minh với mọi $x,y,z$ dương ta có:
[tex](1+\dfrac{x}{y})(1+\dfrac{y}{z})(1+\dfrac{z}{x})\geq 2+\dfrac{2(x+y+z)}{\sqrt[3]{xyz}}[/tex]
Bài tập 3 : Chứng minh rằng với $a,b,c$ thực dương thoả mãn $a+b+c=3$ thì
[tex]\dfrac{a(a+c-2b)}{ab+1}+\dfrac{b(b+c-2c)}{bc+1}+\dfrac{c(c+b-2a)}{ca+1}\geq 0[/tex]
Lời giải bài tập 1
Ta sẽ đi chứng minh [imath]a^3+b^3 \ge ab(a+b)[/imath]
Thật vậy ta có
[imath]a^3+b^3 =(a+b)(a^2+b^2-ab) \ge ^{AM-GM}(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)[/imath]​
Đẳng thức xảy ra khi [imath]a=b[/imath]
[tex]\Rightarrow \frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{a+b+c}[/tex]
Tương tự rồi cộng vế với vế ta được
[tex]VT\leq \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=1[/tex](đpcm)

Lời giải bài tập 2
Bất đẳng thức tương đương sau
[tex](\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})+(\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x})\geq \frac{2(x+y+z)}{\sqrt[3]{xyz}}[/tex]​
Ta đi chứng minh
[imath]\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq \frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}[/imath]​
Thật vậy ta có
[tex]\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=\frac{1}{3}[(\frac{x}{y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z})+(\frac{y}{z}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})+(\frac{z}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y})]\geq \frac{x}{\sqrt[3]{xyz}}+\frac{y}{\sqrt[3]{xyz}}+\frac{z}{\sqrt[3]{xyz}}=\frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}[/tex]
Tương tự ta cũng được
[imath]\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x} \geq \frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}[/imath]​
Do đó ta được điều phải chứng minh


Lời giải bài tập 3
Bất đẳng thức tương đương với
[tex]\frac{a(1-b)}{ab+1}+1+ \frac{b(1-c)}{bc+1}+1+\frac{c(1-a)}{ca+1}+1\geq 3[/tex]
[imath]\Leftrightarrow \frac{a+1}{ab+1}+\frac{b+1}{bc+1}+\frac{c+1}{ca+1}\geq 3[/imath]​
Sử dụng BĐT AM-GM cho 3 số thực dương ta được
[tex]\frac{a+1}{ab+1}+\frac{b+1}{bc+1}+\frac{c+1}{ca+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a+1}{ab+1}.\frac{b+1}{bc+1}.\frac{c+1}{ca+1}}[/tex]​
Ta đi chứng minh
[tex](a+1)(b+1)(c+1)\geq (ab+1)(bc+1)(ca+1)[/tex]
[tex]\Leftrightarrow 3\geq (abc)^2+abc[/tex]​
Điều này đúng do [tex]3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\leq 1[/tex]



Qua những ví dụ trên , chúng ta có thể thấy quan trọng nhất khi sử dụng BĐT AM-GM là phải chọn đúng hệ số ghép cặp để tồn tại đẳng thức có thể xảy ra được.Chúng ta cùng đến với 1 kĩ thuật ứng dụng nhiều với BĐT AM-GM nhé


1.1. Kĩ thuật Côsi ngược dấu
Chúng ta cùng đến với ví dụ sau:

VD 1: Cho các số thực dương [imath]a,b,c[/imath] thoả mãn [imath]a+b+c=3[/imath] .Chứng minh rằng
[tex]\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\geq \frac{3}{2}[/tex]​
Lời giải :
Ta không thể sử dụng trực tiếp BĐT AM-GM với mẫu số vì sẽ bị ngược chièu
[tex]\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\leq \frac{a}{2b}+\frac{b}{2c}+\frac{c}{2a}\geq \frac{3}{2}[/tex]​
Nhung thật may mắn khi ta có thể sử dụng BĐT theo 1 cách khác
[tex]\sum \frac{a}{1+b^2}=\sum \left ( a-\frac{ab^2}{1+b^2} \right )\geq \sum \left ( a -\frac{ab^2}{2b}\right )=\sum \left ( a-\frac{ab}{2} \right )\geq \frac{3}{2}[/tex]​
Với cách làm trên ta có thể xây dựng một bài toán tương tự với 4 số: Cho các số thực dương [imath]a,b,c,d[/imath] thoả mãn [imath]a+b+c=4[/imath] .Chứng minh rằng
[tex]\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+d^2}+\frac{d}{1+a^2}\geq 2[/tex]
Nếu không dùng kĩ thuật Côsi ngược dấu thì bài này rất khó để làm . Kĩ thuật này rất hiệu quả với các bài toán BĐT hoán vị . Bạn đọc có thể tự chứng minh bài này tương tự với bài trên nhé ^^

VD 2: Cho [imath]a,b,c[/imath] là các số thực không âm và [imath]a+b+c=3[/imath].Chứng minh rằng :
[tex]\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+d^2}+\frac{d^3}{d^2+a^2}\geq \frac{a+b+c+d}{2}[/tex]
Lời giải:
Sử dụng BĐT AM-GM ta được
[tex]\frac{a^3}{a^2+b^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\geq a-\frac{ab^2}{2ab}=a-\frac{b}{2}[/tex]​
Tương tự với [imath]b,c,d[/imath] rồi cộng lại ta được điều phải chứng minh

VD 3: Cho [imath]a,b,c[/imath] là các số thực không âm và [imath]a+b+c=3[/imath].Chứng minh rằng :
[tex]\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\geq 3[/tex]​
Lời giải:
Sử dụng BĐT AM-GM ta được
[tex]\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{(a+1)b^2}{b^2+1}\geq a+1-\frac{(a+1)b^2}{2b}=a+1-\frac{ab+b}{2}[/tex]​
Tương tự với [imath]b,c[/imath] rồi cộng lại ta được
[tex]\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\geq (a+b+c+3)-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\geq 6-\frac{\frac{(a+b+c)^2}{3}+3}{2}=3[/tex](đpcm)

Nhận xét: Kĩ thuật Cosi ngược dấu là một kĩ thuật giúp ta giải những bài toán theo cách suy nghĩ dễ dàng hơn, các bài toán dùng kĩ thuật này nói chung rất khó có thể làm theo cách khác hoặc làm được nhưng khá dài

Sau đây là một vài bài tập tự luyện/ ví dụ cho các bạn đọc chứng minh
Bài tập 1:
Chứng minh với [imath]a,b,c[/imath] là các số thực dương và [imath]a+b+c=3[/imath] ta luôn có
[tex]\sum \frac{a^2}{a+2b^2}\geq 1[/tex]​
Bài tập 2: Chứng minh với [imath]a,b,c[/imath] là các số thực dương và [imath]a+b+c=3[/imath] ta luôn có
[tex]\sum \frac{a^2}{a+2b^3}\geq 1[/tex]​
 

2712-0-3

TMod Toán
Cu li diễn đàn
5 Tháng bảy 2021
917
1,516
176
Bắc Ninh
THPT đợi thi
Lời giải bài tập 1
Ta sẽ đi chứng minh [imath]a^3+b^3 \ge ab(a+b)[/imath]
Thật vậy ta có
[imath]a^3+b^3 =(a+b)(a^2+b^2-ab) \ge ^{AM-GM}(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)[/imath]​
Đẳng thức xảy ra khi [imath]a=b[/imath]
[tex]\Rightarrow \frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{a+b+c}[/tex]
Tương tự rồi cộng vế với vế ta được
[tex]VT\leq \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=1[/tex](đpcm)

Lời giải bài tập 2
Bất đẳng thức tương đương sau
[tex](\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})+(\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x})\geq \frac{2(x+y+z)}{\sqrt[3]{xyz}}[/tex]​
Ta đi chứng minh
[imath]\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq \frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}[/imath]​
Thật vậy ta có
[tex]\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=\frac{1}{3}[(\frac{x}{y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z})+(\frac{y}{z}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})+(\frac{z}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y})]\geq \frac{x}{\sqrt[3]{xyz}}+\frac{y}{\sqrt[3]{xyz}}+\frac{z}{\sqrt[3]{xyz}}=\frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}[/tex]
Tương tự ta cũng được
[imath]\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x} \geq \frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}[/imath]​
Do đó ta được điều phải chứng minh


Lời giải bài tập 3
Bất đẳng thức tương đương với
[tex]\frac{a(1-b)}{ab+1}+1+ \frac{b(1-c)}{bc+1}+1+\frac{c(1-a)}{ca+1}+1\geq 3[/tex]
[imath]\Leftrightarrow \frac{a+1}{ab+1}+\frac{b+1}{bc+1}+\frac{c+1}{ca+1}\geq 3[/imath]​
Sử dụng BĐT AM-GM cho 3 số thực dương ta được
[tex]\frac{a+1}{ab+1}+\frac{b+1}{bc+1}+\frac{c+1}{ca+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a+1}{ab+1}.\frac{b+1}{bc+1}.\frac{c+1}{ca+1}}[/tex]​
Ta đi chứng minh
[tex](a+1)(b+1)(c+1)\geq (ab+1)(bc+1)(ca+1)[/tex]
[tex]\Leftrightarrow 3\geq (abc)^2+abc[/tex]​
Điều này đúng do [tex]3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\leq 1[/tex]



Qua những ví dụ trên , chúng ta có thể thấy quan trọng nhất khi sử dụng BĐT AM-GM là phải chọn đúng hệ số ghép cặp để tồn tại đẳng thức có thể xảy ra được.Chúng ta cùng đến với 1 kĩ thuật ứng dụng nhiều với BĐT AM-GM nhé


1.1. Kĩ thuật Côsi ngược dấu
Chúng ta cùng đến với ví dụ sau:

VD 1: Cho các số thực dương [imath]a,b,c[/imath] thoả mãn [imath]a+b+c=3[/imath] .Chứng minh rằng
[tex]\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\geq \frac{3}{2}[/tex]​
Lời giải :
Ta không thể sử dụng trực tiếp BĐT AM-GM với mẫu số vì sẽ bị ngược chièu
[tex]\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\leq \frac{a}{2b}+\frac{b}{2c}+\frac{c}{2a}\geq \frac{3}{2}[/tex]​
Nhung thật may mắn khi ta có thể sử dụng BĐT theo 1 cách khác
[tex]\sum \frac{a}{1+b^2}=\sum \left ( a-\frac{ab^2}{1+b^2} \right )\geq \sum \left ( a -\frac{ab^2}{2b}\right )=\sum \left ( a-\frac{ab}{2} \right )\geq \frac{3}{2}[/tex]​
Với cách làm trên ta có thể xây dựng một bài toán tương tự với 4 số: Cho các số thực dương [imath]a,b,c,d[/imath] thoả mãn [imath]a+b+c=4[/imath] .Chứng minh rằng
[tex]\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+d^2}+\frac{d}{1+a^2}\geq 2[/tex]
Nếu không dùng kĩ thuật Côsi ngược dấu thì bài này rất khó để làm . Kĩ thuật này rất hiệu quả với các bài toán BĐT hoán vị . Bạn đọc có thể tự chứng minh bài này tương tự với bài trên nhé ^^

VD 2: Cho [imath]a,b,c[/imath] là các số thực không âm và [imath]a+b+c=3[/imath].Chứng minh rằng :
[tex]\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+d^2}+\frac{d^3}{d^2+a^2}\geq \frac{a+b+c+d}{2}[/tex]
Lời giải:
Sử dụng BĐT AM-GM ta được
[tex]\frac{a^3}{a^2+b^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\geq a-\frac{ab^2}{2ab}=a-\frac{b}{2}[/tex]​
Tương tự với [imath]b,c,d[/imath] rồi cộng lại ta được điều phải chứng minh

VD 3: Cho [imath]a,b,c[/imath] là các số thực không âm và [imath]a+b+c=3[/imath].Chứng minh rằng :
[tex]\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\geq 3[/tex]​
Lời giải:
Sử dụng BĐT AM-GM ta được
[tex]\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{(a+1)b^2}{b^2+1}\geq a+1-\frac{(a+1)b^2}{2b}=a+1-\frac{ab+b}{2}[/tex]​
Tương tự với [imath]b,c[/imath] rồi cộng lại ta được
[tex]\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\geq (a+b+c+3)-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\geq 6-\frac{\frac{(a+b+c)^2}{3}+3}{2}=3[/tex](đpcm)

Nhận xét: Kĩ thuật Cosi ngược dấu là một kĩ thuật giúp ta giải những bài toán theo cách suy nghĩ dễ dàng hơn, các bài toán dùng kĩ thuật này nói chung rất khó có thể làm theo cách khác hoặc làm được nhưng khá dài

Sau đây là một vài bài tập tự luyện/ ví dụ cho các bạn đọc chứng minh
Bài tập 1:
Chứng minh với [imath]a,b,c[/imath] là các số thực dương và [imath]a+b+c=3[/imath] ta luôn có
[tex]\sum \frac{a^2}{a+2b^2}\geq 1[/tex]​
Bài tập 2: Chứng minh với [imath]a,b,c[/imath] là các số thực dương và [imath]a+b+c=3[/imath] ta luôn có
[tex]\sum \frac{a^2}{a+2b^3}\geq 1[/tex]​
Bài tập 1:
Ta có: [imath]\dfrac{a^2}{a+2b^2} = \dfrac{a(a+2b^2) - 2ab^2}{a+2b^2} = a- \dfrac{2ab^2}{a+2b^2}[/imath]

Áp dụng bất đẳng thức A-G ta có: [imath]b^2 + b^2 + a \geq 3 a^{\frac{1}{3}} b^{\frac{4}{3}}[/imath]
[imath]\Rightarrow \dfrac{2ab^2}{a+2b^2} \leq \dfrac{2}{3} (ab)^\frac{1}{3}[/imath]
Áp dụng bất đẳng thức A-G ta có: [imath](ab)^\frac{1}{3} \leq \dfrac{a+b+1}{3}[/imath]
[imath]\Rightarrow \dfrac{2ab^2}{a+2b^2} \leq \dfrac{2(a+b+1)}{9}[/imath]
Tương tự, ta suy ra [imath]P \geq a+b+c - \dfrac{4(a+b+c)+6}{9} = 1[/imath]
Dấu = xảy ra [imath]a=b=c=1[/imath]
 

kido2006

TMod Toán
Cu li diễn đàn
26 Tháng một 2018
1,644
2
2,577
376
Bắc Ninh
THPT Chuyên Bắc Ninh









2.BĐT Cauchy-Schwarz

2.1. BĐT Cauchy-Schwarz và hệ quả

BĐT Cauchy-Schwarz được phát biểu như sau:

Với 2 dãy số thực tùy ý [imath]a_1,a_2,...,a_n[/imath] và [imath]b_1,b_2,...,b_n[/imath] ta luôn có bất đẳng thức

[math]( a_1^2+a_2^2+...a_n^2) ( b_1^2+b_2^2+...b_n^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2[/math]
Đẳng thức xảy ra khi [imath](a_1,a_2,...,a_n)[/imath] và [imath](b_1,b_2,...,b_n)[/imath] là 2 bộ tỉ lệ

BĐT Cauchy-Schwarz có khá nhiều cách chứng minh nhưng mình chỉ nói qua 1 cách , các bạn tự tìm hiểu thêm nhé ^^

Chứng Minh:

Xét đẳng thức sau

[math]( a_1^2+a_2^2+...a_n^2) ( b_1^2+b_2^2+...b_n^2) - (a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2[/math]
[math]=\sum_{i,j=1}^{n}(a_ib_j-a_jb_i)^2\geq 0[/math]
Do đó ta được điều phải chứng minh

Vậy từ bất đẳng thức trên ta có được các hệ quả như sau

Hệ quả 1: Với 2 dãy số thực dương tùy ý [imath]a_1,a_2,...,a_n[/imath] và [imath]b_1,b_2,...,b_n[/imath] ta luôn có

[math]\dfrac{a_1^2}{b_1}+\dfrac{a_2^2}{b_2}+..+\dfrac{a_n^2}{b_n}\geq \dfrac{\left (a_1+a_2+..+a_n \right )^2}{b_1+b_2+...+b_n}[/math]
Bất đẳng thức này thường được gọi là BĐT Schwarz hay Cauchy Schwarz dạng Engel

Hệ quả 2: Với 2 dãy số thực tùy ý [imath]a_1,a_2,...,a_n[/imath] và [imath]b_1,b_2,...,b_n[/imath] ta luôn có bất đẳng thức

[math]\sqrt{a_1^2+b_1^2}+\sqrt{a_2^2+b_2^2}+..+\sqrt{a_n^2+b_n^2}\geq \sqrt{\left (a_1 +a_2+..+a_n \right )^2+\left (b_1+b_2+..+b_n \right )^2}[/math]
Bất đẳng thức trên còn được gọi là BĐT Minkowski

Hệ quả 3: Với mọi dãy số thực tùy ý [imath]a_1,a_2,...,a_n[/imath] ta luôn có

[math](a_1+a_2+..+a_n)^2\leq n(a_1^2+a_2^2..+a_n^2)[/math]
2.2. Một số ví dụ về BĐT Cauchy-Schwarz

VD 1: Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn [imath]3(x^4+y^4+z^4)-7(x^2+y^2+z^2)+12=0[/imath].Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
[math]P= \dfrac{x^2}{y+2z} +\dfrac{y^2}{z+2x} +\dfrac{z^2}{x+2y}[/math]
Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

[imath]P=\dfrac{x^2}{y+2z}+\dfrac{y^2}{z+2x}+\dfrac{z^2}{x+2y}[/imath]

[imath]=\dfrac{x^4}{x^2y+2zx^2}+\dfrac{y^4}{y^2z+2xy^2}+\dfrac{z^4}{z^2x+2yz^2}[/imath]

[imath]\geq \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2y+y^2z+z^2x+2(xy^2+yz^2+zx^2)}[/imath]

Áp dụng BĐT [imath]ab+bc+ca\leq \dfrac{(a+b+c)^2}3[/imath] ta có:

[imath]x^2y+y^2z+z^2x\leq \sqrt{(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}[/imath]

[imath]\leq \sqrt{(x^2+y^2+z^2).\dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}3}[/imath]

[imath]=(x^2+y^2+z^2)\sqrt{\dfrac{x^2+y^2+z^2}3}[/imath]

Tương tự: [imath]2(xy^2+yz^2+zx^2)\leq 2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{\dfrac{x^2+y^2+z^2}3}[/imath]

Suy ra: [imath]P\geq \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3(x^2+y^2+z^2)\sqrt{\dfrac{x^2+y^2+z^2}3}}=\sqrt{\dfrac{x^2+y^2+z^2}3}[/imath]

Mà [imath]3(x^4+y^4+z^4)\geq (x^2+y^2+z^2)^2[/imath] (Cauchy-Schwarz)

[imath]\Rightarrow 0\geq (x^2+y^2+z^2)^2-7(x^2+y^2+z^2)+12[/imath]

[imath]\Rightarrow x^2+y^2+z^2\geq 3[/imath]

[imath]\Rightarrow P\geq 1[/imath]

Đẳng thức xảy ra khi [imath]x=y=z=1[/imath]




VD 2: Với [imath]a,b,c[/imath] là các số thực dương . Chứng minh rằng

[math]\sum \dfrac{a}{(b+c)^2}\geq \dfrac{9}{4(a+b+c)}[/math]
Lời giải:

Sử dụng BĐT Cauchy Schwarz và BĐT Nessbit ta có

[math](a+b+c)\left (\sum \dfrac{a}{(b+c)^2} \right )\geq \left (\sum \dfrac{a}{b+c} \right )^2\geq \dfrac{3^2}{2^2}=\dfrac{9}{4}[/math]
Do đó ta được đpcm

Đẳng thức xảy ra khi [imath]a=b=c[/imath]

3.BĐT Holder

Các bạn tham khảo tại đây nhé

4.BĐT Chebyshev

Các bạn tham khảo tại đây nhé

Có lẽ trong các kì thi học sinh giỏi sẽ không suất hiện những BĐT hay công cụ mạnh như BĐT Jensen , định lí dồn biến S.M.V ,... nên mình sẽ kết thúc topic với một số BĐT sau nhé

5.Một số BĐT thường gặp trong đề thi (mà mình sưu tầm được)

1. [imath]\dfrac{a^3+b^3}{2}\geq \left (\dfrac{a+b}{2} \right )^2[/imath] với [imath]a,b >0[/imath]

Chứng minh:

BĐT [imath]\Leftrightarrow a^3+b^3\geq ab(a+b)[/imath]

Thật vậy: [imath]a^3+b^3=(a+b)(a^2+b^2-ab)\geq(a+b)(2ab-ab)= ab(a+b)[/imath]

2. [imath]\dfrac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\geq \dfrac{2}{ab}\geq \dfrac{8}{(a+b)^2}[/imath] với [imath]a,b>0[/imath]

BĐT này bạn đọc tự chứng minh nhé

3. [imath]\dfrac{1}{(1+a)^2}+\dfrac{1}{(1+b)^2}\geq \dfrac{1}{1+ab}[/imath] với [imath]a,b>0[/imath]

Chứng minh:

Có [imath]\dfrac{1}{(1+a)^2}+\dfrac{1}{(1+b)^2}- \dfrac{1}{1+ab}=\dfrac{ab(a-b)^2+(ab-1)^2}{(a+1)^2(b+1)^2(1+ab)} \ge 0[/imath]

Vậy ta được đpcm

4.[imath]\dfrac{a}{b+c}\leq \dfrac{2a^2+\dfrac{a(b+c)}{2}}{2(ab+bc+ca)}[/imath] với [imath]a,b,c>0[/imath]

Chứng minh

BĐT [imath]\Leftrightarrow (b+c)^2\geq bc[/imath] (đúng)

5.[imath]\sum \dfrac{x}{x+y}\geq \dfrac{x+y+z}{x+y+z-\sqrt[3]{xyz}}[/imath] với [imath]x,y,z \ge 0[/imath]

Chứng minh

+,Xét [imath]\sum xy\geq \sqrt[3]{xyz}(x+y+z)[/imath]

Khi đó [imath]VT\geq \dfrac{(x+y+z)^2}{\sum x(x+y)}\geq VP[/imath]

+,Xét [imath]\sum xy\leq \sqrt[3]{xyz}(x+y+z)[/imath]

Khi đó [imath]VT\geq \dfrac{(xy+yz+zx)^2}{\sum xz^2(x+y)}\geq VP[/imath]

6.[imath]\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}\geq \dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}[/imath] với [imath]a,b,c \ge 0[/imath];[imath]\sum ab \ge 0[/imath]

Chứng minh:

BĐT [imath]\Leftrightarrow \dfrac{b+c}{a+b}+\dfrac{a+c}{c+b}+\dfrac{b+a}{a+c}\geq 3[/imath] (đúng)

7.[imath]a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)[/imath]

Chứng minh:

Theo nguyên lí Dirichlet thì [imath](b-1)(c-1) \ge 0[/imath]

BĐT [imath]\Leftrightarrow (a-1)^2+(b-c)^2+2a(b-1)(c-1)\geq 0[/imath]

8.[imath]a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \dfrac{4(a+b+c)^3}{27}[/imath]

Chứng minh:

Không mất tổng quát giả sử a nằm giữa b và c

Khi đó [imath]b(a-b)(a-c) \le 0[/imath]

Hay [imath]a^2b+b^2c +c^2a +abc \le ab^2+abc+c^2a+abc=a(b+c)^2 \le \dfrac{4(a+b+c)^3}{27}[/imath] (đpcm)

Topic của mình xin khép lại tại đây. Cảm ơn các bạn đã đón nhận :33
 
Top Bottom