Kỹ thuật sử dụng Bất đẳng thức Cô-Si

1. NHỮNG QUY TẮC CHUNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC SỬ

DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI

Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giả nhanh hơn.

Quy tắc dấu bằng: dấu bằng “ = ” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng

minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của BĐT. Chính vì vậy mà khi dạy cho học sinh ta rèn luyện cho học sinh có thói quen tìm điều kiện xảy ra dấu bằng mặc dù trong các kì thi học sinh có thể không trình bày phần này. Ta thấy được ưu điểm của dấu bằng đặc biệt trong phương pháp điểm rơi và phương pháp tách nghịch đảo trong kỹ thuật sử dụng BĐT Cô Si.

Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả một số giáo viên khi mới nghiên

cứu và chứng minh BĐT cũng thương rất hay mắc sai lầm này. Áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không chú ý đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT là điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải được cùng được thỏa mãn với cùng một điều kiện của biến.

pdf26 trang | Chia sẻ: tuananh27 | Ngày: 06/04/2019 | Lượt xem: 20 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Kỹ thuật sử dụng Bất đẳng thức Cô-Si, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 thuộc vào chiều đánh giá mà nó còn phụ thuộc vào biểu thức đánh giá nằm ở mẫu số hay ở tử số
Bài 5: Cho a, b, c, d > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a b c d b c d c d a a b d a b cS b c d c d a a b d a b c a b c d
                     
Giải
Sai lầm 1 thường gặp:
.
.
.
.
2 2
2 2
2 2
2 2
a b c d a b c d
b c d a b c d a
b c d a b c d a
c d a b c d a b
c a b d c a b d
a b d c a b d c
d a b c d a b c
a b c d a b c d

        
        
        
        
 S ≥ 2 + 2 + 2 + 2 = 8
Sai lầm 2 thường gặp:
Sử dụng BĐT Côsi cho 8 số:
8
. . . . . . .8 8a b c d b c d c d a a b d a b cS b c d c d a a b d a b c a b c d
               
Nguyên nhân sai lầm:
Min S = 8 
a b c d
b c d a
c d a b
d a b c

  
  
  
  
 a + b + c + d = 3(a + b + c + d)  1 = 3  Vô lý.
Phân tích và tìm tòi lời giải
Để tìm Min S ta cần chú ý S lá một biểu thức đối xứng với a, b, c, d do đó Min S nếu có thường đạt tại “điểm rơi tự
do” là : a = b = c = d > 0.(nói là điểm rơi tự do vì a, b, c, d không mang một giá trị cụ thể). Vậy ta cho trước a = b = c
= d dự đoán 4 40 123 3Min S    . Từ đó suy ra các đánh giá của các BĐT bộ phận phải có điều kiện dấu bằng
xảy ra là tập con của điều kiện dự đoán: a = b = c = d > 0.
Ta có sơ đồ điểm rơi: Cho a = b = c = d > 0 ta có:
1
1 33
 933
a b c d
b c d c d a a b d a b c
b c d c d a a b d a b c
a b c d


  
                      
Cách 1: Sử dụng BĐT Côsi ta có:
11
8
, , ,, , ,
. . . . . . .
8
.9 9 9
8 9 9 9 9
a b c da b c d
a b c d b c d
b c d a a
a b c d b c d c d a a b d a b c
b c d c d a a b d a b c a b c d
S    
      
               
  
8
9
b c c d a b a b
a a b b c c d d
d a d c
a b c d
   
            ≥
12.12. . . . . . . . . . . . .8
3
8 8 8 40129 3 9 3
b c d c d a a b d a b c
a a a b b b c c c d d d
     
  
Với a = b = c = d > 0 thì Min S = 40/3.
3.4 Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng (TBC)
Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu “ ≥ ”, đánh giá từ tổng sang tích, hiểu nôm na là thay dấu “
+ ” bằng dấu “ . ” thì ngược lại đánh giá từ TBN sang trung bình cộng là thay dấu “ . ” bằng dấu “ + ”. Và cũng cần
phải chú ý làm sao khi biến tích thành tổng, thì tổng cũng phải triệt tiêu hết biến, chỉ còn lại hằng số.
Bài 1 : CMR    , , , 0ab cd a c b d a b c d      (1)
Giải
(1)        1
ab cd
a c b d a c b d     Theo BĐT Côsi ta có:
 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2a b c b a c b dVT a c b c a c b d a c b c               
               (đpcm)
Bình luận:
 Nếu giữ nguyên vế trái thì khi biến tích thành tổng ta không thể triệt tiêu ẩn số  ta có phép biến đổi tương
đương (1) sau đó biến tích thành tổng ta sẽ được các phân thức có cùng mẫu số.
 Dấu “ ≤ ” gợi ý cho ta nếu sử dụng BĐT Côsi thì ta phải đánh giá từ TBN sang TBC
Bài 2: CMR     00a cc a c c b c ab b c
        (1)
Giải
Ta có (1) tương đương với :     1c b cc a c
ab ab
  
Theo BĐT Côsi ta có:
       1 1 1 12 2 2
c b c b cc a c a cc c a b
ab ab b a a b a b
                
         (đpcm)
Bài 3: CMR    3 3 1 1 1 1 , , 0abc a b c a b c      (1)
Giải
Ta có biến đổi sau, (1) tương đương:
           33 3 33
1.1.1
 1.1.1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
abc
abc a b c
a b c a b c
             Theo
BĐT Côsi ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
.3 13 1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 3
a b c a b cVT
a b c a b c a b c
              
                    
Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c > 0.
12
Ta có bài toán tổng quát 1:
CMR:       1 2 1 2 1 1 2 2....... ....... ........ , 0 1,nn nn n n n i ia a a bb b a b a b a b a b i n       
Bài 4 : Chứng minh rằng: 2 416 ( ) ( ) , 0ab a b a b a b   
Giải
Ta có:
2 22 2
2 2 4
2 2
4 ( ) ( )16 ( ) 4.(4 )( ) 4 4 ( )ab a b a bab a b ab a b a b          
       
Bài 5: Cho
, , 0
1
a b c
a b c


   Chứng minh rằng     8729abc a b b c c a   
Giải
Sơ đồ điểm rơi:
Ta nhận thấy biểu thức có tính đối xứng do đó dấu “ = ” của BĐT sẽ xảy ra khi 13a b c   . Nhưng thực tế ta chỉ
cần quan tâm là sau khi sử dụng BĐT Côsi ta cần suy ra được điều kiện xảy ra dấu “ = ” là: a = b = c. Do đó ta có lời
giải sau:
         
33 3 3ôsi 1 2 8
3 3 3 3 729
C a b b c c aa b c
abc a b b c c a
                     
          
Trong kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm các hằng số để sao cho sau biến tích thành tổng
các tổng đó triệt tiêu các biến. Đặc biệt là đối với những bài toán có thêm điều kiện ràng buộc của ẩn số thì việc nhân
thêm hằng số các em học sinh dễ mắc sai lầm. Sau đây ta lại nghiên cứu thêm 2 phương pháp nữa đó là phương pháp
nhân thêm hằng số, và chọn điểm rơi trong việc đánh giá từ TBN sang TBC. Do đã trình bày phương pháp điểm rơi ở
trên nên trong mục này ta trình bày gộp cả 2 phần .
13
3.5 Kỹ thuật nhân thêm hằng số trong đánh giá từ TBN sang TBC
Bài 1: Chứng minh rằng:    1 1 , 1a b b a ab a b     
Giải
Bài này chúng ta hoàn toàn có thể chia cả 2 vế cho ab sau đó áp dụng phương pháp đánh giá từ TBN sang TBC như
phần trước đã trình bày, tuy nhiên ở đây ta áp dụng một phương pháp mới: phương pháp nhân thêm hằng số
Ta có :
     
     
ôsi
ôsi
.
.
1 11 1 1 2
1 11 1 1 . 2
2
2
C
C
b ab
a b a b a
a abb a b a b
   
   
   

    1 1 +2 2ab aba b b a ab    
Dấu “ = ” xảy ra  1 1 2
1 1 2
b b
a a
     
    
Bình luận:
 Ta thấy việc nhân thêm hằng số 1 vào biểu thức không hoàn toàn tự nhiên, tại sao lại nhân thêm 1 mà không phải
là 2. Thực chất của vấn đề là chúng ta đã chọn điểm rơi của BĐT theo quy tắc biên là a = b = 1/2.
Nếu không nhận thức được rõ vấn đề trên học sinh sẽ mắc sai lầm như trong VD sau.
Bài 2: Cho
, , 0
1
a b c
a b c


   Tìm giá trị lớn nhất: S a b b c c a     
Giải
Sai lầm thường gặp:
   
   
   
ôsi
ôsi
ôsi
2
2
2
1
.1
1
.1
1
.1
C
C
C
a b
a b a b
b c
b c b c
c a
c a c a
   
   
   
   
  2 3 52 2
a b c
a b b c c a
        
Nguyên nhân sai lầm
Dấu “ = ” xảy ra  a + b = b + c = c + a = 1  a + b + c = 2 trái với giả thiết.
Phân tích và tìm tòi lời giải:
Do vai trò của a, b, c trong các biểu thức là như nhau do đó điểm rơi của BĐT sẽ là 13a b c   từ đó ta dự đoán
Max S = 6 .  a + b = b + c = c + a = 23  hằng số cần nhân thêm là
2
3 . Vậy lời giải đúng là:
   
   
   
ôsi
ôsi
ôsi
 . .
 . .
 . .
2
3 2 3 3
.2 3 2 2
2
3 2 3 3
.2 3 2 2
2
3 2 3 3
.2 3 2 2
C
C
C
a b
a b a b
b c
b c b c
c a
c a c a
   
   
   
   
14

 
 .
22 3.3 33
.2 62 2 2
a b c
a b b c c a
         
Bài toán trên nếu cho đầu bài theo yêu cầu sau thì học sinh sẽ có định hướng tốt hơn: Cho
, , 0
1
a b c
a b c


   Chứng
minh rằng: 6S a b b c c a       . Tuy nhiên nếu nắm được kỹ thuật điểm rơi thì việc viết đầu bài
theo hướng nào cũng có thể giải quyết được.
Bài 3: Cho
0 3
0 4
x
y

 
  Tìm Max A = (3 – x )(12 – 3y)(2x + 3y)
Giải
A =          
3
ôsi 6 2x 12 3 2x+3y1 6 2 12 3 2 3 366 3
C y
x y x y
    
       
Dấu “ = ” xảy ra  6 -2x = 12 - 3y = 2x + 3y = 6  0
2
x
y



Bình luận:
 Việc chọn điểm rơi trong bài toán này đối với học sinh thường bị lúng túng. Tuy nhiên cắn cứ vào yêu cầu khi
đánh giá từ TBN sang TBC cần phải triệt tiêu hết biến cho nên căn cứ vào các hệ số của tích ta nhân thêm 2 vào
thừa số thứ nhất là một điều hợp lý.
Bài 4: Cho x, y > 0. Tìm Min f(x, y) =  
3
2
x y
xy

Giải
Ta có:        2 3 3 31 1 4x+2y+2y 1 4 44x 2 216 16 3 16 3 27xy y y x y x y              
 f(x,y) =     
3 3
2 3
4 4
 f( , )4 27 27
27
=
x y x y
Min x y
xy x y
   

Dấu “ = ” xảy ra  4x = 2y = 2y  y = 2x > 0. Đó là tập hợp tất cả các điểm thuộc đường thẳng y = 2x với x dương.
Thực ra việc để hệ số như trên có thể tùy ý được miễn là sao cho khi sau khi áp dụng BĐT Côsi ta biến tích thành tổng
của x + y. ( Có thể nhân thêm hệ số như sau: 2x.y.y).
Bình luận:
 Trong bài toán trên yêu cầu là tìm Min nên ta có thể sử dụng kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC cho phần ở
dưới mấu số vì đánh giá từ TNB sang TBC là đánh giá với dấu “ ≤ ” nên nghịch đảo của nó sẽ là “ ≥ ”.
 Ta cũng có thể đánh giá tử số từ TBC sang TBN để có chiều “ ≥ ”
Bài toán tổng quát 1:
Cho
 
2 3
1 2 3 ...
1 2 3
2 31 2 3 4
1
...........
, , ........... 0.
. . ...........
n
n
n
n
x x x x
x x x x Tìm Min f
x x x x
      
Bài 5: Chứng minh rằng: 21 (1) ( 1)n n n N n
n
    
Giải
Với n = 1, 2 ta nhận thấy (1) đúng.
Với n ≥ 3 ta có:
15
 2
2
1 1....... 1 2 2 2 2
.1.1......1 1n nn
n
n n
n n n n
n n n
n n n n



         
Bài toán tổng quát 2:
Chứng minh rằng: 1 11 1
m n
m n N
m n
         
      (1)
Giải
Ta biến đổi (1) về bất đẳng thức tương đương sau: 1111
m
n
nm
    
 
Ta có: . ....... .1 1 1 11 1 1 1 1.1.........1
n m
m
m
n
nm m m m 
                     
    

ôsi
.......
1 1 1 11 1 1 1 1 ......... 1 1
11
m
n m
C
m n m
m m m m
n n n
                       
         
 
 
Bình luận
 Cần phải bình luận về dấu “ = ”: trong bài to

File đính kèm:

  • pdfki_thuat_kvqc.pdf
Giáo án liên quan