Ứng dụng bất đẳng thức doc

Đây là bài tập mở rộng của mình hồi lớp 10. Mình được 10 điểm 1 tiết đấy! Các bạn đọc rồi cho ý kiến nhé .Thực
ra trước khi viết được bài mở rộng này mình cũng có tham khảo 1 số tài liệu hehe!!!
ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI. V
Chắc chắn ai học toán cũng đều biết đến bất đẳng thức Côsi và vai trò quan trọng của nó trong việc giải toán , đặc
biệt là trong việc chứng minh bất đẳng thức .Sau đây là 1 trong những ứng dụng của nó.
Nhắc lại bất đẳng thức côsi :
Cho n số thực ko âm
n
aaa , ,,
21
ta luôn có :
n
nn
aaanaaa
2121
≥++
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
n
aaa ===
21
.
• Bài toán 1: Cho a,b,c>0. Chứng minh:
2
222
cba
ba
c
ca
b
cb
a ++

≥
+
+
+
+
+
Bài giải
a
cb
cb
a
≥
+
+
+ 4
2

c
ab
ab
c
b
ca
ca
b
≥
+
+
+
≥

+
+
+
4
4
2
2
(theo côsi) =>
)(
2
4/)(
22
dpcm
cba
baaccbcba
ba
c
ca
b
cb
a ++
=+++++−++≥
+
+
+
+
+
• Bài toán 2: Cho a,b,c,d>0 .Chứng minh:
A=
732323232

2222
dcba
dcba
d
cbad
c
badc
b
adcb
a +++
≥
+++
+
+++
+
+++
+
+++
Bài giải :
7
2
49
2
49
32
32
22
aaadcb
adcb
a

=≥
+++
+
+++
(theo côsi ) Tương tự với các số hạng còn lại thì ta được
)(
7
49
32323232
7
)(2
dpcm
dcba
dcbacbadbadcadcbdcba
A
+++
=
+++++++++++++++
−
+++
≥
• Bài toán 3: Cho
0; ;
21
>
n
aaa
Chứng minh:
1

22
2
2
1
3
2
3
2
1
3
1
−
+++
≥
−
++
−
+
−
=
n
aaa
aS
a
aS
a
aS
a
B

n
n
n
Với
)2,(
21
≥Ν∈+++= nnaaaS
n
Bài giải:
2
2211
22
2
2
1
2
2
3
2
3
2
2
2
2
3
2
2
22
2
3

2
2
1
2
1
3
1
2
11
1
3
1
)1(
)( )()(
1
) (2
1
2
)1(
2
)1(
)(

1
2
)1(
2
)1(
)(
1

2
)1(
2
)1(
)(
−
−++−+−
−
−
+++
≥⇒
−
=
−
≥
−
−
+
−
−
=
−
≥
−
−
+
−
−
=
−

≥
−
−
+
−
n
aaSaaSaaS
n
aaa
B
n
a
n
aa
n
aaS
aS
a
n
a
n
aa
n
aaS
aS
a
n
a
n
aa

n
aaS
aS
a
nnn
nnnnn
n
n
Cần chứng minh được :
) )(1()( )((
22
2
2
1221)1 nnn
aaanaaSaaSaaS +++−≤−++−+−

( )
1
Thật vậy:
2

2
)1(

) ()(

2

2
)1(

) ()(
2

2
)1(

) ()(
2
1
2
2
2
1
2
121
121
22
3
2
1
2
2
23212
23122
22
3
2
2
2

1
13121
143211
−
−
−
+++
+
−
≤+++=
+++=−
+++
+
−
≤+++=
+++=−
+++
+
−
≤+++=
++++=−
nn
nnnn
nnnn
n
n
n
n
n
n

aaana
aaaaaa
aaaaaaS
aaa
na
aaaaaa
aaaaaaS
aaa
na
aaaaaa
aaaaaaaS
Cộng vế với vế của n bất đẳng thức trên ta được (1):=> dpcm
• Bài toán 4:Cho a,b,c>0.Chứng minh:
5
cba
b3ac
c
a3cb
b
c3ba
a
C
444
333
7
333
7
333
7
++

≥
++
+
++
+
++
=
(2)
Bài giải:
Ta có
5
2
25
2
25
)3(
3
47333
333
7
aaaacba
cba
a
=≥
++
+
++
Tương tự
25
)3()3()3(

5
)(2
333333333444
cbacbacbacbacba
C
++++++++
−
++
≥⇒
Cần chứng minh:

)(4)(3
)(5333
)(5)3()3()3(
444333333
444433433433
444333333333
cbacbbaaccabcab
cbaccbcabbabcaacab
cbacbacbacbacba
++≤+++++⇔
++≤++++++++⇔
++≤++++++++
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dương :
4444
;;; bbba
ta có:
3
4
41244

443 ababab =≥+

Tương tự như trên ta được:
344
344
344
344
344
43
43
43
43
43
cbcb
baba
acac
caca
bcbc
≥+
≥+
≥+
≥+
≥+
=> dpcm
• Bài toán 5:Cho x,y,z>0.Chứng minh

)
111
(
4

1
2
1
2
1
2
1
zyxyxzxzyzyx
D ++≤
++
+
++
+
++
=
(3)
Bài giải :
Áp dụng BĐT Svacxơ:

)
211
(
16
1
2
1
2
16112
)
121

(
16
1
2
1
2
16112
)
112
(
16
1
2
1
2
16112
zyxyxzyxzyxz
zyxxzyxzyxzy
zyxzyxzyxzyx
++≤
++
⇔
++
≥++
++≤
++
⇔
++
≥++
++≤

++
⇔
++
≥++
Cộng vế với vế của 3 BĐT trên thì :
))(
111
(
4
1
dpcm
zyx
D ++≤
• Bài toán 6:Cho x,y,z>0 .Chứng minh:

)
111
(
4
1
2
1
2
1
2
1
222222222222
zyxyxzxzyzyx
E ++≤
++

+
++
+
++
=
(4)
Bài giải :
Áp dụng BĐT Svacxơ ta có :

)
121
(
16
1
2
1
2
16121
222222222222
zyxzyxzxyzyx
++≤
++
⇔
++
≥++
Tương tự với các số hạng còn lại =>
)
111
(
4

1
)
111
(4
16
1
222222
zyxzyx
E ++=++×≤
(dpcm)
• Bài toán 7:Cho x,y,z >0.Chứng minh:

3
1
)32(
1
)32(
1
)32(
1
222
≤
++
+
++
+
++
=
yxzzxzyyzyxx
F

(5)
(với
)2
111
333
=++
zyx
Bài giải :
Tương tự bài 6 .
)
213
(
36
1
32
1
)
321
(
36
1
32
1
)
132
(
36
1
32
1

zyxyxz
zyxxzy
zyxzyx
++≤
++
++≤
++
++≤
++


)(
3
1
6
3
1
36
1
6
1
3
1
12
1
9
1
)
12
(

3
1
)
12
(
3
1
)
12
(
3
1
36
1
)
12
(
3
1
)
12
(
3
1
)
12
(
3
1
12

1
9
1
)
111
(
36
1
)
111
(
12
1
)
111
(
1
1
)
213
(
36
1
)
321
(
36
1
)
132

(
36
1
333333333333
222222333
222
dpcm
yzxyzxxzzyyx
yzxyzxxzzyyxzyx
zyx
z
zyx
y
zyx
x
F
=××+××+=






++++++







++++++≤
++++++++=
++++++++≤⇒
• Từ việc giải các bài toán trên ta có thể đi đến 1 bài toán tổng quát . Từ bài toán 1 và 2 ta có thể mở rộng
thành bất đẳng thức như sau:

(*)





21
21
2211
2
24231
2
2
13221
2
1
n
n
nn
n
nn
mmm
aaa
amamam

a
amamam
a
amamam
a
+++
+++
≥
+++
++
+++
+
+++
(
Ν∈≠=≥=>
∑
nmnjmnia
n
jji
;0);,1(,0);,1((,0
1
2
và
1
>
n
Từ BĐT. kết hợp với bài toán 3 và 4 ta lại mở rộng thêm được nữa và BĐT thành

(**)

1
21
221124231
2
13221
1
∑
=
−−−
+++
≥
+++
++
+++
+
+++
=
n
i
i
qp
n
qpqp
q
nn
qq
p

n
q
n
qq
p
q
n
qq
p
m
aaa
amamam
a
amamam
a
amamam
a
H
(
Ν∈≠=≥=>
∑
nmnjmnia
n
jji
;0);,1(,0);,1((,0
1
2
và
1
>

n
;
qpqp 2;, ≥Ν∈
và
1≥q
Cách chứng minh (**)

2
21
2
113221
13221
1
) (
) (

n
qpq
n
qq
q
n
qq
p
mmm
aamamam
amamam
a
+++
+++

+
+++
−
≥
n
qp
mmm
a
+++
−

2
21
1
.

n
qp
n
qpq
n
qq
q
n
qq
p
mmm
a
mmm
aamamam

amamam
a
+++
≥
+++
+++
+
+++
−
−

2
) (
) (

21
2
2
21
2
2
24231
24231
2
Thực hiện tương tự với các số hạng còn lại thì :

2
21
2
2211

2
21
2
113221
21
21
) (
) (

) (
) (

) (2
n
qp
n
q
nn
qq
n
qpq
n
qq
n
qp
n
qpqp
mmm
aamamam
mmm

aamamam
mmm
aaa
H
+++
+++
−
−−
+++
+++
−
+++
+++
≥
−
−−−−
Ta cần chứng minh:


) )( () (
) () (
) )( (
) ( ) () (
212121
2
2
4
2
23
2

121
2
3
2
22
2
11
2121
2211
2
24231
2
213221
2
1
qp
n
qpqp
n
qp
n
qpqp
n
qqp
n
qqpqqpqqp
n
qqpqqp
qp
n

qpqp
n
q
nn
qqqp
n
q
n
qqqpq
n
qqqp
aaammmaaam
aaaaaamaaaaaam
aaammm
amamamaamamamaamamama
−−−−−−
−−−−−−
−−−
−−−
++++++≤+++++
+++++++⇔
++++++≤
++++++++++++
Áp dụng BĐT Côsi cho (p-q) số thực dương :
,
1
qp
a
−

,
1
qp
a
−
,
,
1
qp
a
−
(p-2q số),
,
2
qp
a
−
,
2
qp
a
−
,
,
2
qp
a
−
(q số) thì:

.)(
.)()2(
2
2
1
) (
)(
2
)2)((
121
qqp
qp
qqpqpqpqpqp
aaqp
aaqpqaaqp
−
−
−−−−−
−=
−≥+−
Thực hiện tương tự với các số còn lại :

) )(() )((
1
2
3
2
22
2
121

qqp
n
qqpqqpqp
n
qpqp
aaaaaaqpaaaqp
−−−−−−
+++−≥+++−
) () (
1
2
3
2
22
2
11211
qqp
n
qqpqqpqp
n
qpqp
aaaaaamaaam
−−−−−−
+++≥+++⇔

) )(() )((
2
2
4
2

23
2
121
qqp
n
qqpqqpqp
n
qpqp
aaaaaaqpaaaqp
−−−−−−
+++−≥+++−
) () (
2
2
4
2
23
2
12212
qqp
n
qqpqqpqp
n
qpqp
aaaaaamaaam
−−−−−−
+++≥+++⇔


) )(() )((

1
2
1
2
2
2
121
q
n
qp
n
qqpq
n
qpqp
n
qpqp
aaaaaaqpaaaqp
−
−−−−−−
+++−≥+++−
) () (
1
2
1
2
2
2
11211
q
n

qp
n
qqpq
n
qp
n
qp
n
qpqp
n
aaaaaamaaam
−
−−−
−
−−−
−
+++≥+++⇔
(dpcm)
• Từ bài toán 5 và bài toán 6 ta lại mở rộng được 1 BĐT:
13221

1
amamam
n
+++
+
24231

1
amamam

n
+++
+ +
nn
amamam +++
1
2211
)
1

11
.(
1
21
1
n
n
i
i
aaa
m
+++≤
∑
=
(***)
Từ BĐT (***) .kết hợp với bt 7 ta được 1 kết quả rộng hơn như sau:
) (
1
132211
k

n
kkh
amamama
T
+++
=
+
) (
1
242312
k
n
kkh
amamama
+++
+ +
) (
1
2211
k
nn
kkh
n
amamama +++
)
1

11
(
1

21
1
kh
n
khkhn
i
i
aaa
m
+++
=
+++≤
∑
(****)
Trong đó
0>
j
a
,
),1( nj =
.
0≥
i
m
và
0
1
≠
∑
=

n
i
i
m
;
.1,,1;,, ≥≥>Ν∈ kohnkhn
Cách chứng minh :
Áp dụng BĐT Svacxơ có :

k
n
kk
n
k
n
kk
amamam
mmm
a
m
a
m
a
m
13221
2
21
13
2
2

1

) (

+++
+++
≥+++
) (
)(
1

1
13
2
2
1
2
1
13221
k
n
kkn
i
i
k
n
kk
a
m
a

m
a
m
m
amamam
+++≤
+++
⇔
∑
=
Tương tự đối với các số hạng còn lại :
2
1
)(
1
∑
=
≤
n
i
i
m
T
.
{







+++
) (
1
13
2
2
1
1
k
n
kkh
a
m
a
m
a
m
a
+






+++
) (
1
24

2
3
1
2
k
n
kkh
a
m
a
m
a
m
a
+ +
}






+++ ) (
1
2
2
1
1
k
n

n
kkh
n
a
m
a
m
a
m
a
ta cần chứng minh:






+++
) (
1
13
2
2
1
1
k
n
kkh
a
m

a
m
a
m
a
+






+++
) (
1
24
2
3
1
2
k
n
kkh
a
m
a
m
a
m
a

+ +






+++
) (
1
2
2
1
1
k
n
n
kkh
n
a
m
a
m
a
m
a
)
1

11

.(
21
1
kh
n
khkh
n
i
i
aaa
m
+++
=
+++≤
∑
Thật vậy
Áp dụng BĐT Côsi cho (h+k) số dương
khkh
a
k
a
h
++
21
,
.thì :
kh
kh
kkhhkhkhkh
aa

kh
aa
kh
a
k
a
h
21
)(
)(
2
)(
121

1
).(
+
=+≥+
+
++++
tương tự với các số còn lại:
)
1

11
)(()
1

11
)((

1322121
kh
n
khkhkh
n
khkh
aaaaaa
kh
aaa
kh ++++≥++++
+++

)
1

11
()
1

11
(
13221
1
21
1
kh
n
khkhkh
n
khkh

aaaaaa
m
aaa
m +++≥+++
+++
)
1

11
()
1

11
(
24231
2
21
2
kh
n
khkhkh
n
khkh
aaaaaa
m
aaa
m +++≥+++
+++

)

1

11
()
1

11
(
2121
kh
n
khkh
n
kh
n
khkh
n
aaa
m
aaa
m
++++++
+++≥+++
)
1

11
( )
1

11
(
)
1

11
(
2113221
1
21
1
kh
n
khkh
n
kh
n
khkh
kh
n
khkh
n
i
i
aaa
m
aaaaaa
m
aaa
m

+++
+++
=
++++++++≥
+++⇒
∑
Ta có thể để ý rằng bđt (**) và (****) gần giống nhau .Tức là có thể chuyển bđt (****) về dạng :
k
n
kk
h
amamam
a
13221
1
+++
−
+
k
n
kk
h
amamam
a
24231
2
+++
−
+ +
k

nn
kk
h
amamam
a
+++
−

2211
1
n
kh
n
khkh
mmm
aaa
+++
+++
≤
−−−−−−


21
21
Như vậy cuối cùng có thể kết luận rằng với
thì
)2;1;1(
)(0
)(2

1
21
221124231
2
13221
1
qpqn
ppBA
ppBA
m
aaa
B
amamam
a
amamam
a
amamam
a
A
n
i
i
qp
n
qpqp
q
nn

qq
p
n
q
n
qq
p
q
n
qq
p
≥≥>
Ζ∈≤⇔≤
Ν∈≥⇔≥
+++
=
+++
++
+++
+
+++
=
∑
=
−−−
dấu bằng của tất cả các bdt trên xảy ra khi và chỉ khi:
n
aaa ===
21
Từ việc tìm ra bdt tổng quát ,nó có thể giúp ích cho ta rất nhiều trong việc giải toán .tuy nhìn nó có vẻ hơi cồng

kềnh nhưng mình thấy nhớ khá dễ.trong các kì thi đại học các bạn có thể dùng nó để áp dụng cũng như dự đoán kết
quả .Ngoài ra mình thấy bdt tq cũng khá đẹp ,khi các bạn lấy các giá trị cụ thể thì có thể còn đẹp hơn nữa .Ví dụ:
Khi
0 ;1
321
=====
n
mmmm
thì (**) thành :
qp
n
qpqp
q
p
n
q
p
q
p
aaa
a
a
a
a
a
a
−−−
+++≥+++
21
13

2
2
1