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 5 doc
Nội dung xem thử
Mô tả chi tiết
1.4. THE CYH TECHNIQUES 113
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
(ma + nb + nc)
3
h
a +
(bc)
2
4
i
q
1
a+
(bc)2
4
=
(mb + nc + na)
3
h
b +
(ca)
2
4
i
q
1
b+
(ca)2
4
=
(mc + na + nb)
3
h
c +
(ab)
2
4
i
q
1
c+
(ab)2
4
Ngoài ra, đẳng thức ở bài toán ban đầu xảy ra khi a = 1; b = c = 0 (đối với các bài
toán đổi xứng, thông thường chúng ta có 2 điểm nhạy cảm là (x; x; y) và (x; y; 0), các
bạn hãy xét thử 2 trường hợp này thì sẽ tìm được đẳng thức như trên) nên ta phải
chọn m; n; p sao cho điểm (1; 0; 0) thỏa mãn phương trình trên, tức là
m3
1
=
n
3
1
4
p
1
1
4
=
n
3
1
4
p
1
1
4
, 2m = n ) m = 1; n = 2
Và lời giải của ta như sau
2
4
X
cyc
1
q
a +
(bc)
2
4
3
5
2
"X
cyc
(a + 2b + 2c)
3
a +
(b c)
2
4
#
"X
cyc
(a + 2b + 2c)
#3
= 125
Ta cần chứng minh
5
X
cyc
(a + 2b + 2c)
3
a +
(b c)
2
4
Đặt q = ab + bc + ca; r = abc, khi đó ta có q
2 3r. Bất đẳng thức trở thành
5q
3q
2
4
3r
11
q
4
0
Ta có
5q
3q
2
4
3r
11
q
4
5q
3q
2
4
q
2
11
q
4
=
1
4
q(20 47q + q
2
) 0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1; b = c = 0 hoặc các
114 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Nhận xét 13 Với các bài toán dạng căn thức thế này, ta không biết nên bắt đầu từ
đâu để giải chúng nhưng từ bây giờ với kỹ thuật này, chúng ta hoàn toàn có thể có tự
tin giải chúng!
Ví dụ 1.94 Cho các số x; y; z > 1;
1
x +
1
y +
1
z = 2: Chứng minh rằng
p
x 1 + p
y 1 + p
z 1
p
x + y + z:
Lời giải. Với bài toán này, thông thường chúng ta sẽ áp dụng Cauchy Schwarz theo
lối tự nhiên là
p
x 1 + p
y 1 + p
z 1
p
3(x + y + z 3)
Rồi đi đến việc chứng minh
p
3(x + y + z 3)
p
x + y + z
, x + y + z
9
2
:
Nhưng bất đẳng thức này lại ngược chiều vì cũng theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz,
ta có
x + y + z
9
1
x +
1
y +
1
z
=
9
2
:
Do đó lối đi này không có hiệu quả, chúng ta nảy sinh ý tưởng thêm các tham số vào
để sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz như sau
p
x 1 + p
y 1 + p
z 1 = r
a
x 1
a
+
r
b
y 1
b
+
r
c
z 1
c
s
(a + b + c)
x 1
a
+
y 1
b
+
z 1
c
Từ đây, nếu ta để ý đến điều kiện bài toán một tí, ta có thể chọn được a = x; b =
y; c = z và khi đó
s
(a + b + c)
x 1
a
+
y 1
b
+
z 1
c
=
s
(x + y + z)
x 1
x
+
y 1
y
+
z 1
z
=
s
(x + y + z)
3
1
x
1
y
1.4. THE CYH TECHNIQUES 115
Bài toán được giải. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3
2
:
Do các biểu thức dạng tuyến tính ma + nb + pc; mb + nc + pa; mc + na + pb dễ dàng
chọn được các giá trị của m; n; p hơn các biểu thức khác nên ta thường dùng chúng
để giải, nhưng đôi khi trong một vài trường hợp việc sử dụng chúng không mang lại
hiệu quả mà ta phải sử dụng các biểu thức phụ khác (việc chọn các biểu thức này
không có mẫu mực mà phần lớn dựa vào kinh nghiệm của người làm toán)
Ví dụ 1.95 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng
1
p
a
2 + bc
+
1
p
b
2 + ca
+
1
p
c
2 + ab
p
2
1
b + c
+
1
c + a
+
1
a + b
:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cyc
1
p
a
2 + bc!2
"X
cyc
(a + b)(a + c)
a
2 + bc # "X
cyc
1
(a + b)(a + c)
#
=
2
P
cyc
a
!
(a + b)(b + c)(c + a)
X
cyc
a(b + c)
a
2 + bc + 3!
Ta cần chứng minh
2
P
cyc
a
!
(a + b)(b + c)(c + a)
X
cyc
a(b + c)
a
2 + bc + 3!
X
cyc
1
a + b
!2
,
X
cyc
a(b + c)
a
2 + bc + 3
P
cyc
a
2 + 3 P
cyc
ab!2
(a + b)(b + c)(c + a)
P
cyc
a
!
,
X
cyc
a(b + c)
a
2 + bc 3
P
cyc
a
4
P
cyc
a
2
b
2
(a + b)(b + c)(c + a)
P
cyc
a
!
,
X
cyc
(a b)(a c)
1
a
2 + bc +
1
(b + c)(a + b + c)