Thư viện tri thức trực tuyến
Kho tài liệu với 50,000+ tài liệu học thuật
© 2023 Siêu thị PDF - Kho tài liệu học thuật hàng đầu Việt Nam
Tài liêu ôn toán - Chuyên đề bất đẳng thức hiện đại - Phần 3 ppsx
Nội dung xem thử
Mô tả chi tiết
1.3. KỸ THUẬT P QR 53
g
0
(t) = 0 , t
k+1 2t
1k + 1 = 0 , h(t) = t
k+1 + 1
t
1k
2 = 0
h
0
(t) = 2ktk+1 + k 1
t
2k
Từ đây dễ thấy h
0
(t) có tối đa một nghiệm thuộc (0; 1], suy ra có tối đa 2 nghiệm
thuộc (0; 1], trong đó luôn có một nghiệm là 1. Bằng cách cách lập bảng biến thiên,
dễ thấy
g(t) min fg(0); g(1)g = min
2
k+1
; 3
:
Bài toán được giải quyết xong.
Ví dụ 1.33 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn a + b + c + abc = 1: Chứng minh
rằng
ab + bc + ca
(2 + abc)(1 + 2abc)
7 abc :
Lời giải. Giống như các bài trước, bài này ta cũng chỉ cần xét a = b là đủ. Khi đó,
ta có c =
12a
1+a2 ) a
1
2
; bất đẳng thức trở thành
a
2 + 2ac
(2 + a
2
c)(1 + 2a
2
c)
7 a
2c
,
a(1 a)(2 + a)
a
2 + 1
(2 + 3a
2 2a
3
)(1 a)(4a
2 + a + 1)
(2a
3 + 6a
2 + 7)(a
2 + 1)
, a(1 a)(2 + a)(2a
3 + 6a
2 + 7) (2 + 3a
2 2a
3
)(4a
2 + a + 1)
, 2(a
3 + 3a 1)2 0:
Vậy ta có đpcm.
Ví dụ 1.34 Cho các số dương x; y; z thỏa mãn xyz = 8: Chứng minh rằng
x
2
p
(x
3 + 1)(y
3 + 1)
+
y
2
p
(y
3 + 1)(z
3 + 1)
+
z
2
p
(z
3 + 1)(x
3 + 1)
4
3
:
(APMO 2005)
Lời giải. Đặt x = 2p3 a
b
; y = 2p3 c
a
; z = 2 3
q
b
c
; bất đẳng thức trở thành
X
cyc
a
7=6
b
1=6
p
(8a + b)(8
54 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có
"X
cyc
a
7=6
b
1=6
p
(8a + b)(8c + a)
#6 "X
cyc
(8a + b)(8c + a)
#3 X
cyc
ab!
X
cyc
a
4=5
!10
Do đó ta chỉ cần chứng minh
3
6
X
cyc
a
4=5
!10
X
cyc
ab! "X
cyc
(8a + b)(8c + a)
#3
=
X
cyc
ab! 8
X
cyc
a
2 + 73X
cyc
ab!3
Do
X
cyc
ab! 8
X
cyc
a
2 + 73X
cyc
ab!3
X
cyc
ab! 9
X
cyc
a
2 + 72X
cyc
ab!3
= 36
X
cyc
ab! X
cyc
a
2 + 8X
cyc
ab!3
nên ta chỉ cần chứng minh
X
cyc
a
4=5
!10
X
cyc
ab! X
cyc
a
2 + 8X
cyc
ab!3
Đến đây, sử dụng kết quả của ta, dễ dàng suy ra được ta chỉ cần xét các trường hợp
a = 0 hoặc b = c.
Trường hợp 1. a = 0; giả sử b c = 1; bất đẳng thức trở thành
(b
4=5 + 1)10 b(b
2 + 8b + 1)3
, f(b) = (b
4=5 + 1)10
b(b
2 + 8b + 1)3
1
f
0
(b) = (b
4=5 + 1)9
(b
14=5 7b
2 + 32b
9=5 32b + 7b
4=5 1)
b
2(b
2 + 8b + 1)4
=
(b
4=5 + 1)9
(b
2=5 1)m(b)
b
2(b
2 + 8b + 1)4
0
trong đó
m(b) = b
12=5 + b
2 6b
8=5 + 32b
7=5 6b
6=5 + 32b 6b
4=5 + b
2=5
1.3. KỸ THUẬT P QR 55
) f(b) f(1) = 128
125
> 1
Trường hợp 2. b = c; giả sử b = c = 1; bất đẳng thức trở thành
(a
4=5 + 2)10 (2a + 1)(a
2 + 16a + 10)3
, g(a) = (a
4=5 + 2)10
(2a + 1)(a
2 + 16a + 10)3
1
g
0
(a) = 2(a
4=5 + 2)9
(a
3 14a
11=5 + 65a
2 134a
6=5 + 110a 68a
1=5 + 40)
a
1=5(2a + 1)2(a
2 + 16a + 10)4
=
2(a
4=5 + 2)9
(a
1=5 1)h(a
1=5
)
a
1=5(2a + 1)2(a
2 + 16a + 10)4
Trong đó
h(x) = x
14 + x
13 + x
12 + x
11 13x
10 + 52x
9 + 52x
8 + 52x
7 + 52x
6 82x
5 + 28x
4
+28x
3 + 28x
2 + 28x 40
Dễ thấy h(x) đồng biến, và h(0) h(1) < 0 nên tồn tại duy nhất nghiệm x0 2 (0; 1)
của h(x), suy ra g
0
(a) có đúng 2 nghiệm là 1 và x
5
0 2 (0; 1). Từ đây, bằng cách lập
bảng biến thiên dễ thấy
g(a) min fg(0); g(1)g = min
128
125
; 1
= 1:
Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c , x = y =
z = 1:
Nhận xét 4 Đây là bài toán thi Olympic toán Châu Á-Thái Bình Dương 2005 (APMO).
Cách giải ở đáp án rất hay và đẹp mắt nhờ sử dụng kết quả p
1
x3+1
1
x2+2 . Hiện nay,
ngoài lời giải ở đáp án và lời giải của chúng tôi ra chưa có một lời giải nào khác cho
bất đẳng thức này.
1.3.6 pqr hoán vị
Với các kiến thức bổ sung ở trên, ta đã giải được khá nhiều các bài toán dạng đối xứng.
Nhưng còn các dạng hoán vị thì sao? Kỹ thuật này liệu có dùng được cho nó không?
Câu trả lời là được. Điều khó khăn lớn nhất khi gặp phải các dạng này là ta không
biết làm sao để biểu diễn các biểu thức dạng hoán vị sang pqr: Có một cách làm rất
thú vị để chuyển các dạng này sang pqr là dùng tam thức bậc 2. Chúng ta có