1110004

Gửi tặng diễn đàn file bất đẳng thức của mình.

p/s: Diễn đàn mình up file giới hạn 1M?

Gửi tặng diễn đàn

Mình gửi tặng diễn đàn mong được nhận nhiều đóng góp để những lần sau tốt hơn!

Trân trọng cám ơn!

 Ứng dụng một bổ đề kết hợp với đạo hàm.pdf   143.67K   1099 Số lần tải

Cách 1:

 

Chọn $x=y=0.8,z=1.4$ dễ dàng kiểm chứng $k=1,2$ BĐT trên không đúng. Ta sẽ chứng minh $k$ nguyên dương nhỏ nhất để BĐT đề bài cho luôn đúng là $k=3$.

Với $k=3$ ta cần chứng minh: ${x^3}{y^3}{z^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \le 3$
Không mất tính tổng quát ta giả sử $x \le y \le z$. Khi đó luôn tồn tại $m>n \geq 0$ sao cho $x=m-n,y=m+n$. Khi đó:

$$z = 3 - 2m; m = \frac{{x + y}}{2} \le 1$$

* Xét hàm số: $$\displaystyle f\left( n \right) = {\left( {m - n} \right)^3}{\left( {m + n} \right)^3}{z^3}\left[ {{z^3} + {{\left( {m - n} \right)}^3} + {{\left( {m + n} \right)}^3}} \right] = {z^3}{\left( {{m^2} - {n^2}} \right)^3}\left( {{z^3} + 2{m^3} + 6m{n^2}} \right)$$

Khi đó: 

$$f'(n)= {z^3}{\left( {{m^2} - {n^2}} \right)^2}\left( { - 6nz^3 - 48m{n^3}} \right) \le 0$$

Do đó:

$$f\left( n \right) \le f\left( 0 \right) = {m^6}{z^3}\left( {{z^3} + 2{m^3}} \right) = {m^6}{\left( {3 - 2m} \right)^3}\left( {{{\left( {3 - 2m} \right)}^3} + 2{m^3}} \right)$$

* Xét hàm số :

$$g\left( m \right) = {m^6}{\left( {3 - 2m} \right)^3}\left[ {{{\left( {3 - 2m} \right)}^3} + 2{m^3}} \right]$$

Ta có: 

$$g'\left( m \right)= 18{m^5}{\left( {3 - 2m} \right)^2}\left( {m - 1} \right)\left[ {\left( {m - 1} \right)\left( {8{m^2} - 37m + 26} \right) - 1} \right] \ge 0$$

Vậy $$g\left( m \right) \le g\left( 1 \right) = 3$$

Tức: $${x^3}{y^3}{z^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \le 3$$

 

Cách 2: (Nguyễn Văn Huyện)

 

Lập luận tương tự như cách 1. Ta cần chứng minh:$${x^3}{y^3}{z^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \le 3$$

 

Không mất tính tổng quát ta giả sử $z$ là số lớn nhất trong ba số $x,y,z$. Đặt $\displaystyle t = \frac{{x + y}}{2}$ và:$$f\left( {x,y,z} \right) = {x^3}{y^3}{z^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)$$

Ta sẽ chứng minh $f\left( {x,y,z} \right) \le f\left( {t,t,z} \right)$.

 

Ta có:

$$f\left( {t,t,z} \right) - f\left( {x,y,z} \right) = {z^3}\left[ {{t^6}\left( {2{t^3} + {z^3}} \right) - {x^3}{y^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)} \right]$$

Mà:

$${t^6}\left( {2{t^3} + {z^3}} \right) - {x^3}{y^3}\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) = {z^3}\left( {{t^6} - {x^3}{y^3}} \right) + 2{t^9} - {x^3}{y^3}\left( {{x^3} + {y^3}} \right)= {z^3}\left( {{t^6} - {x^3}{y^3}} \right) + 2{t^9} - {x^3}{y^3}\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2} - xy} \right)= {z^3}\left( {{t^6} - {x^3}{y^3}} \right) + 2{t^9} - 2t{x^3}{y^3}\left( {4{t^2} - 3xy} \right)\ge {t^3}\left( {{t^6} - {x^3}{y^3}} \right) + 2{t^9} - 2t{x^3}{y^3}\left( {4{t^2} - 3xy} \right)= 3t\left( {{t^2} - xy} \right)\left[ {{t^6} + xy\left( {2xy + {t^2}} \right)\left( {{t^2} - xy} \right)} \right] \ge 0$$

Vậy $$f\left( {x,y,z} \right) \le f\left( {t,t,z} \right) = f\left( {t,t,3 - 2t} \right) = {t^6}{(3 - 2t)^3}\left[ {2{t^3} + {{(3 - 2t)}^3}} \right]$$

Ta chỉ cần chứng minh: $${t^6}{(3 - 2t)^3}\left[ {2{t^3} + {{(3 - 2t)}^3}} \right] \le 3$$

(Làm như cách 1)

 

Còn một cách làm và vài lời nhận xét bạn đọc quan tâm xem link đính kèm!

https://goo.gl/p4xQPV

Bài 2

$k=1, 2$, cho $2x=2y=z=\frac{3}{2}$ không thoả mãn.

$k=3$. Giả sử $x\leq 1$ min. Ta có $x^3y^3z^3(x^3+y^3+z^3)=xyz(\frac{2x}{3-x})^2(\frac{(3-x)yz}{2})^2(9x^2-27x+27-(3-x)yz)$. 

 

Phải là: $x^3y^3z^3(x^3+y^3+z^3)=xyz(\frac{2x}{3-x})^2(\frac{(3-x)yz}{2})^2(9x^2-27x+27-3(3-x)yz)$ khi đó áp dụng AM -GM không được

biến đổi vế trái:

$ VT=a(x^{2}+z^{2})+b(x^{2}+y^{2})+c(y^{2}+z^{2}) \geq 2(azx+bxy+cyz) $

đến đây áp dụng BĐT chebychev ta có:

$ azx+bxy+cyz \geq \frac{1}{3}(a+b+c)(xy+yz+zx) $

mà theo bất đẳng thức AM-GM ta có: $ a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc} = 3 $

suy ra $ 2(azx+bxy+cyz) \geq 2(xy+yz+zx) $

từ đó ta có đpcm 

Đoạn dùng BĐT Chebychev là sao dùng được vậy bạn? Vì $x,y,z$ đâu có vai trò như nhau đâu nên không thể sắp thứ tự được do đó Chebychev được hk?

Mình có 2 kết quả mạnh hơn bài toán như sau (Chứng minh bằng BĐT Cauchy):

Kết quả 1:  Nếu $x,y,z,a,b,c$ là các số thực dương thì BĐT sau luôn đúng \[{x^2}\left( {a + b} \right) + {y^2}\left( {b + c} \right) + {z^2}\left( {c + a} \right) \ge 2\left( {xy + yz + xz} \right)\sqrt {\frac{{ab + bc + ca}}{3}}\]

 

một kết quả mạnh hơn nữa

 

Kết quả 2: Nếu $x,y,z,a,b,c$ là các số thực dương thì BĐT sau luôn đúng  \[{x^2}\left( {a + b} \right) + {y^2}\left( {b + c} \right) + {z^2}\left( {c + a} \right) \ge 2\sqrt {\left( {{x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2}} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} \]

Mọi người xem cách 2 của mình có đúng không:

$\frac{6t-4t^{2}}{3-3t}=f(t);f'(t)=\frac{12t^{2}+24t+18}{(3-3t)^{2}}> 0\Rightarrow f(t)min=f(\frac{3}{4})=3\Rightarrow P\geq 3$

Dấu = khi a=b=c=1/2.

 

Đoạn đó sai! hàm gián đoạn tại $t=1$.

Cho em hỏi bạn làm cách nào chuyển thành file pdf thế ạ?

Có 2 cách mình hay làm:
1) Là bạn dùng lệnh in dưới góc trái của bài viết (tuy nhiên file nhận được là file PDF không thể copy chữ....và nhìn hơi xấu phù hợp để xem không hợp để lưu trữ làm tài liệu)

 

2) Mở Latex lên rồi copy hết bài post ở trên (hơi thủ công nhưng nó đẹp)

Cám ơn tác giả nhiều file làm lại ở đây!  http://www.mediafire...Casio_-_BTV.pdf

$a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2+2\geq 2(ab+bc+ac)\Leftrightarrow (1+b^2c^2)a^2-2(b+c)a+(b^2+c^2-2bc+2)\geq 0$

 

Ta có: $\Delta' _{a}=(b+c)^2-(1+b^2c^2)(b^2+c^2-2bc+2)=-(b^2c^2(b-c)^2+2b^2c^2+2-4bc)\leq 0$ nên ta có điều phải chứng minh.

Chứng minh dãy số là dãy tăng, chặn trên bởi $9$

Giả sử không tìm được điểm thỏa ycbt. Vậy ta sẽ lấy ngẫu nhiên $1$ điểm  $M$ (không trùng lên $2013$ điểm đã cho mắc công phiền phiền phức ấy mà!) trên đường tròn tất nhiên khi đó tổng khoảng cách từ điểm đó đến $2013$ điểm đã cho sẽ nhỏ hơn hoặc bằng $2013$. (ta ký hiệu $d_1,d_2,...,d_{2013}$ là khoảng cách từ $M$ đến $2013$ điểm đã cho)

 

Gọi $M'$ là điểm đối xứng với $M$ qua tâm của đường tròn. Khi đó khoảng cách từ $M'$ đến $2013$ điểm đã cho là:

 

$$\sqrt{4-d_{1}^{2}}+\sqrt{4-d_{2}^{2}}+...\sqrt{4-d_{2013}^{2}}$$

 

Vì $\sqrt{4-d_{1}^{2}}> 2-d_{1};\sqrt{4-d_{2}^{2}}> 2-d_{2};....;\sqrt{4-d_{2013}^{2}}> 2-d_{2013}$ nên tổng khoảng cách từ $M'$ đến $2013$ điểm đã cho sẽ:

 

$$TKC>2.2013-2013=2013$$  (vô lý quá đi)

 

Vậy ta được điều phải chứng minh!

VD4 (Darij Grinberg): Cho  là ba số thực $a,b,c$ dương. Chứng minh rằng:$\frac{a}{{{{(b + c)}^2}}} + \frac{b}{{{{(c + a)}^2}}} + \frac{c}{{{{(a + b)}^2}}} \ge \frac{9}{{4(a + b + c)}}$

 

Giải

Giống như các ví dụ trên ta sẽ chuẩn hóa trước, bạn đọc để ý nếu chuẩn hóa xong bài toán này lại là bài toán dễ đối với phương pháp tiếp tuyến (các bạn hãy thử xem). Ta đừng vội gấp lại, hãy xem cách mà kỹ thuật nhỏ này chứng minh bài toán.

 

§ Ta chuẩn hoá $a + b + c = 9$ và đặt $\left\{ \begin{array}{l}a = n + m\\b = n - m\\c = 9 - 2n\end{array} \right.$ khi đó BĐT cần chứng minh trở thành:

 

$$\frac{{n + m}}{{{{(9 - n - m)}^2}}} + \frac{{n - m}}{{{{(9 - n + m)}^2}}} + \frac{{9 - 2n}}{{{{(2n)}^2}}} \ge \frac{1}{4}$$

 

§ Đặt  $f(m) = \frac{{n + m}}{{{{(9 - n - m)}^2}}} + \frac{{n - m}}{{{{(9 - n + m)}^2}}} + \frac{{9 - 2n}}{{{{(2n)}^2}}}$ ta được:

 

$$f'(m) = \frac{{ - 4m\left[ {\left( {n - 18} \right){m^2} - {{\left( {n - 9} \right)}^2}(n + 18)} \right]}}{{{{\left( {9 - n + m} \right)}^3}{{\left( {9 - n - m} \right)}^3}}} \ge 0$$

 

 (đều này có được nếu ban đầu ta giả sử $a \ge b \ge c$ và điều đó là hoàn toàn có thể).

 

Vậy ta được:$f(m) \ge f(0) = \frac{{2n}}{{{{(9 - n)}^2}}} + \frac{{9 - 2n}}{{{{(2n)}^2}}}$ . Mà $\frac{{2n}}{{{{(9 - n)}^2}}} + \frac{{9 - 2n}}{{{{(2n)}^2}}} - \frac{1}{4} = \frac{{{{(n - 3)}^2}( - {n^2} + 18n + 81)}}{{4{n^2}{{(9 - n)}^2}}} \ge 0$

 (vì $3 \le n \le \frac{9}{2}$với giả sử như trên) do đó:$\frac{{n + m}}{{{{(9 - n - m)}^2}}} + \frac{{n - m}}{{{{(9 - n + m)}^2}}} + \frac{{9 - 2n}}{{{{(2n)}^2}}} \ge \frac{1}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $m = 0;n = 3$ tức  $a = b = c$

(còn tiếp nếu bài viết không quá tệ....)

Phương pháp dồn biến trong chứng minh BĐT đã không quá xa lạ với chúng ta, có rất nhiều kỹ thuật cho nó:

$f\left( {a;b;c} \right) \ge f\left( {a;\frac{{b + c}}{2};\frac{{b + c}}{2}} \right)$ hoặc là $f\left( {a;b;c} \right) \ge f\left( {a;\sqrt {bc} ;\sqrt {bc} } \right)$...Trong số đó kỹ thuật chuẩn hóa kết hợp với hàm số cũng tạo nên một vẻ đẹp nhất định cho phương pháp, hiển nhiên nó sẽ không là cách giải đẹp và hay nhất nhưng thiết nghĩ một kỹ thuật nhỏ giải cho một bài rồi nhiều bài sẽ tốt hơn (quan điểm cá nhân) một lời giải đẹp.

Để nắm bắt được kỹ thuật ta bắt đầu bằng một BĐT đơn giản, Nesbit ba biến:

 

VD1: Với ba số thực dương . Chứng minh rằng: 

 $$\,\,\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} \ge \frac{3}{2}$$
 

Giải

 

§ Do BĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $a + b + c = 3$, khi đó tồn tại $m,n$(nó sẽ có điều kiện ta sẽ chọn sau) sao cho $\left\{ \begin{array}{l}a = n + m\\b = n - m\\c = 3 - 2n\end{array} \right.$ khi đó BĐT trở thành:

 

$$\frac{{n + m}}{{3 - m - n}} + \frac{{n - m}}{{3 - n + m}} + \frac{{3 - 2n}}{{2n}} \ge \frac{3}{2}$$

 

§ Đặt $f(m) = \frac{{n + m}}{{3 - m - n}} + \frac{{n - m}}{{3 - n + m}} + \frac{{3 - 2n}}{{2n}}$ta có:

 

\[f'(m) = \frac{3}{{{{\left( {3 - m - n} \right)}^2}}} + \frac{{ - 3}}{{{{\left( {3 + m - n} \right)}^2}}}\]

 

Ta mong muốn đây là một hàm tăng (để có một đánh giá phụ với số biến ít hơn), để có điều đó ta phải cân nhắc khi chọn $m,n$Nếu ta có: 

 

\[{\left( {3 - m - n} \right)^2} \le {\left( {3 + m - n} \right)^2} \Leftrightarrow 0 \le 2m\]

 

thì mọi thứ hoàn tất, thế nhưng $2m = a - b$trong khi ta hoàn toàn có thể giả sử $a = {\rm{max}}\left\{ {a,b,c} \right\}$đối với BĐT trên. Vậy ta được: 

 

$$f'(m) \ge 0 \Rightarrow f(m) \ge f(0)$$

 

§ Do vậy: $\frac{{n + m}}{{3 - m - n}} + \frac{{n - m}}{{3 - n + m}} + \frac{{3 - 2n}}{{2n}} \ge \frac{{2n}}{{3 - n}} + \frac{{3 - 2n}}{{2n}}$ mà $\frac{{2n}}{{3 - n}} + \frac{{3 - 2n}}{{2n}} - \frac{3}{2} = \frac{{9{{(n - 1)}^2}}}{{2n(3 - n)}} \ge 0$

 

do đó BĐT Nesbit đã được chứng minh.

 

¯ Nhận xét: Bài giải trên tương đối dài dòng (do có vài điểm cần phân tích ý tưởng) .

 

VD2: (BĐT Schur) $\forall a,b,c > 0.\,\,CMR:\,\,{a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge {a^2}(b + c) + {b^2}(c + a) + {c^2}(a + b)$

 

Giải

§ Trước hết ta chuẩn hóa $a + b + c = 3$(hiển nhiên trước khi chuẩn hóa như vậy ta cần kiểm tra trường hợp , người viết dành lại phần này cho bạn đọc) và đặt $\left\{ \begin{array}{l}a = n + m\\b = n - m\\c = 3 - 2n\end{array} \right.$khi đó BĐT trở thành:

 

$\begin{array}{l}{\left( {n + m} \right)^3} + {\left( {n - m} \right)^3} + {(3 - 2n)^3} + 3\left( {{n^2} - {m^2}} \right)(3 - 2n) - {\left( {n + m} \right)^2}(3 - n - m)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, - {(n - m)^2}(3 -n + m) - {\left( {3 - 2n} \right)^2}2n \ge 0\end{array}$

 

§ Đặt : $f(m) = {\left( {n + m} \right)^3} + {\left( {n - m} \right)^3} + {(3 - 2n)^3} + 3\left( {{n^2} - {m^2}} \right)(3 - 2n) - {\left( {n + m}\right)^2}(3 - n - m)$

$$- {(n - m)^2}(3 - n + m) - {\left( {3 - 2n} \right)^2}2n$$

 

Ta có: $f'(m) = 3{\left( {n + m} \right)^2} - 3{\left( {n - m} \right)^2} - 6(3 - 2n)m - 2\left( {n + m} \right)(3 - n - m) + {\left( {n + m}\right)^2}$

$$ + 2(n - m)(3 - n + m) - {(n - m)^2}$$

 

$$ = 12mn - 18m + 12mn - 2\left( {6m - 4mn} \right) + 4mn = 36mn - 30m = 6m\left( {6n - 5} \right)$$

Nếu ban đầu ta giả sử $a \ge b \ge c$(hoàn toàn có thể) thì ta được :$\left\{ \begin{array}{l}\frac{3}{2} \ge n = \frac{{a + b}}{2} \ge 1\\m = \frac{{a - b}}{2} \ge 0\end{array} \right.$

 

vì vậy : $f'(m) \ge 0$

 

§ Do đó :$f(m) \ge f(0) = 2{n^3} + {(3 - 2n)^3} + 3{n^2}(3 - 2n) - 2{n^2}(3 - n) - {\left( {3 - 2n} \right)^2}2n = 9{(n - 1)^2}(3 - 2n) \ge 0$

 

Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left[ \begin{array}{l}m = 0;n = 1\\m = 0,n = \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = b = c = 1\\a = b = \frac{3}{2};c = 0\end{array} \right.$

 

(đều đó có nghĩa đẳng thức của BĐT xảy ra khi và chỉ khi$\left[ \begin{array}{l}a = b = c\\a = b;c = 0\end{array} \right.$ và các hoán vị của nó)

 

Qua hai ví dụ trên người viết mong rằng ý tưởng của kỹ thuật nhỏ này đã thật sự rõ ràng. Kỹ thuật có một khuyết điểm là tính toán nhiều ở khâu đạo hàm nhưng nó không ảnh hưởng lắm đến vẻ đẹp kỹ thuật cũng như của phương pháp dồn biến. Tiếp đến ta đến với các bài toán khác để thấy những điều thú vị của kỹ thuật nhỏ này:

 

 

VD3: Chứng minh rằng với ba số thực không âm  thì:${a^2}(b + c) + {b^2}(c + a) + {c^2}(a + b) \le \frac{1}{4}{(a + b + c)^3}$

 

Giải

Bất đẳng thức trên thật sự là không quá khó, nhưng nó sẽ đẹp trong mắt của kỹ thuật nhỏ này. Lần này ta sẽ chuẩn hóa $a + b + c = 4$(không là 3) với mục tiêu làm cho VP trở nên đẹp hơn.

 

Không mất tính tổng quát ta giả sử$a \ge b \ge c$.

 

§ Trước hết ta chuẩn hóa $a + b + c = 4$và đặt $\left\{ \begin{array}{l}a = n + m\\b = n - m\\c = 4 - 2n\end{array} \right.$(khi đó $\left\{ \begin{array}{l}\frac{4}{3} \le n \le 2\\0 \le m \le n\end{array} \right.$

 

$${\left( {n + m} \right)^2}(4 - n - m) + {\left( {n - m} \right)^2}(4 - n + m) + {\left( {4 - 2n} \right)^2}(2n) \le 16$$

 

§ Đặt $f(m) = {\left( {n + m} \right)^2}(4 - n - m) + {\left( {n - m} \right)^2}(4 - n + m) + {\left( {4 - 2n} \right)^2}(2n)$ta được:

 

$$\begin{array}{l}f'(m) = 2\left( {n + m} \right)(4 - n - m) - {\left( {n + m} \right)^2} - 2\left( {n - m} \right)(4 - n + m) + {\left( {n - m} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 4m(4 - 3n)\end{array}$$

 

Do đó$f'(m) \le 0$ nên $f(m) \le f(0) = 2{n^2}(4 - n) + {(4 - 2n)^2}(2n)$

 

Mà: $$2{n^2}(4 - n) + {(4 - 2n)^2}(2n) - 16 = 2(n - 2)(3{n^2} - 6n + 4) \le 0$$ tức $f(m) \le f(0) = 2{n^2}(4 - n) + {(4 - 2n)^2}(2n)\le 16$

 

Đẳng thức xảy ra khi $n = 2$ và $m = 0$ tức  $a = b = 2;c = 0$(và các hoán vị của nó). (Hiển nhiên còn trường hợp$a = b = c = 0$ của bạn đọc)