Phương Pháp UCT Hệ Số Bất định - Tài Liệu Text - 123doc

Tải bản đầy đủ (.pdf) (10 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Ôn thi Đại học - Cao đẳng
>>
3. Toán học

Phương pháp UCT hệ số bất định

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (471.76 KB, 10 trang )

Phương pháp hệ số bất định (U.C.T)PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH(U.C.T)I) Mở đầu:Chắc hẳn các bạn đều đã từng nghe thấy, hay nhìn thấy người khác nói hay sử dụng phương pháp ấn tượngnày để chứng minh các bất đẳng thức từ đơn giản đến phức tạp. Hôm nay tôi cũng xin phép đượng trình bàymột số hiểu biết nho nhỏ của tôi về phương pháp này.Nói đến U.C.T thì chúng ta đang nói đến phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng các bất đẳng thứcphụ. Đối với những bạn chưa từng biết về phương pháp này thì việc đưa ra các bất đẳng thức phụ thật sự làmột câu hỏi khó. Phương pháp này cũng khá rộng nên hôm nay tôi cũng chia sẻ cách mà chúng ta sử dụngphương pháp này để giải một dạng bài quen thuộc.Bài toán 1: Cho a; b; c  0 thỏa mãn f  a   f  b   f  c   3k Chứng minh: g  a   g  b   g  c   3k PS: Bài toán có cực trị (dấu bằng xảy ra) tại tâm nghĩa là a  b  c  x0II) Các kiến thức cần sử dụng:1) Định lý Fermat: Cho hàm f :  a; b   R nếu hàm f đạt cực trị tại c  (a; b) thì f   c   02) Các công thức logarit: ln  abc   lna  lnb  lnc với a; b; c  0 (Công thức này giúp ta chuyển tích vềtổng.)Đạo hàm của hàm Logarit: (lnx) 1x3)Bất đẳng thức Jensen:* Cho f là hàm lồi trên  a; b  với xi  (a; b); i  1, nTa có:f  x1   f  x2  n f  xn x x  f 1 2n xn ** Cho f là hàm lõm trên  a; b  với xi  (a; b); i  1, nTa có:f  x1   f  x2  n f  xn x x  f 1 2n xn Để đơn giản hơn thì các bạn chỉ cần nhớ rằng f "  x   0 với x  (a; b) thì f lồi trên  a; b  và ngược lại.Bây giờ tôi sẽ vào phần chính luôn, đó là cách xây dựng các bất đẳng thức phụ. ( Với bài toán 1 tôi đã nêu ởtrên)Chúng ta sẽ hệ số bất định như sau: g  x   k     f  x   k  (  gọi là hệ số bất định)Ta có bất đẳng thức mà ta giả sử sẽ tương đương với: h  x   g  x   k     f  x   k   0Sẽ đạt cực trị tại x  x0 hay theo định lý Fermat là h '  x0   0 hay  Vậy bất đẳng thức của ta cần tìm sẽ có dạng: g  x   k  Hoàng Quốc Việtg   x0 f   x0 g   x0  f  x   k f   x0  1Phương pháp hệ số bất định (U.C.T)Bây giờ sẽ lại nảy sinh ra vấn đề mới, bất đẳng trên luôn đúng hay không? Nếu nó không phải luôn đúng thìta sẽ sử lý chúng ra làm sao?Có thể trả lời rằng, bất đẳng thức trên không phải luôn đúng, và công việc của ta sau khi xây dựng bấtđẳng thức trên xong là kiểm tra lại bất đẳng thức đó (có thể khảo sát hàm số, hay biến đổi tương đương).Nếu bất đẳng thức của ta là luôn đúng thì  Q.E.D , nếu không phải luôn đúng ( cái này mệt rồi đây) thì takhoang vùng những điểm nhạy cảm (thường là những điểm làm cho BĐT đổi chiều, hay các điểm là chohàm số chuyển từ lồi sang lõm ...) và cuối cùng là chia trường hợp để xử lý.Chỉ đơn giản là có vậy thôi, nhưng sức mạnh của nó thì đã được kiểm chứng. Nó có thể chứng minh nhữngbất đẳng thức khó mà không cần sử dụng đến những phương pháp trâu bò như EV, LCF-RCF...Chúng ta đến với các ví dụ để hiểu rõ về phương pháp này hơn.Ví dụ 1: Bất đẳng thức AM-GM:Cho n số không âm a1 , a2 ,, an chứng minh rằng:a1  a2 n an n a1.a2anChứng minh:* Nếu tồn tại xi  0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng.** nếu xi  0Đặt xi Với x1x2aina1.a2an; i  1, n khi đó ta có BĐT đã cho theo biến mới là:xn  1  ln  x1   ln  x2  Bất đẳng thức được viết lại là: x1  x2 x1  x2 n xn n x1.x2xn ln  xn   0 xn  n (BĐT đã cho đã trở về dạng Bài toán 1)Hệ số bất định: x  1  .lnx ta đạo hàm hai vế và cho x  1 ta được   1Vậy ta gia cát dự được bất đẳng thức sau: x  1  lnxTiếp theo là kiểm tra bất đẳng thức này: Xét hàm số f ( x)  x  lnx  1 với x  0x 1Ta có: f ( x)  0  x 1xDễ thấy f '  x  đổi dấu từ âm sang dương khi x qua 1Từ đó suy ra f ( x)  f (1)  0  Q.E.D . Dấu bằng xảy ra khi a1  a2  anPS: * Lời giải trên tôi đã sử dụng khá nhiều kĩ thuật cần thiết khi sử dụng phương pháp này. Thứ nhất làchuẩn hóa bđt đã cho để có điều kiện ở dạng tích. Thứ hai sử dụng công thức hàm Logarit đề đưa điều kiệndạng tích về dạng tổng giống như bài toán ban đầu. Với cách này thì chắc hẳn các bạn sẽ hiểu vì sao tôikhông chia ra làm nhiều bài toán con với điều kiện dạng tích hay bất đẳng thức cần chứng minh có dạngtích. Thứ ba, khi bất đẳng thức của ta có dính đến hàm siêu việt thì việc sử dụng hàm số là điều bắt buộcphải làm ( không thể dùng biến đổi tương đương ở đây được).** Ngoài cách chuẩn hóa như trên thì chúng ta có thể chuẩn hóa điều kiện theo dạng tổng bằng cách đặtxi naicác bạn có thể làm thử cách này.a1  a2   anHoàng Quốc Việt2Phương pháp hệ số bất định (U.C.T)Ví dụ 2: Cho x, y, z  0 và x  y  z  1 . Chứng minh rằng: 10( x3  y3  z 3 )  9( x5  y5  z 5 )  1Chứng minh:1Nhận xét bất đẳng thức này có dấu bằng tại 2 điểm là x  y  z  hoặc x  y  0; z  1 nhưng ta cứ giả vờ3là tôi không biết bđt này có cực trị tại biên đi xem thế nào?Phân tích:Bằng phương pháp U.C.T ta dữ đoán có bđt: 10 x3  9 x5 2516x  1927  3x  1 27 x3  18 x 2  21x  16  02Rõ ràng bđt này không phải là luôn đúng, nó phụ thuộc vào dấu của f  x   27 x3  18x 2  21x  169f  x   0  x  x0  0.9 109Ta có  f  x   0  x  x0  0.9   1 True109 f  x   0  x  x0  0.9  10  1 FalseĐến đây ta sẽ tiến hành giải bằng cách chia trường hợp.9 TH1: Trong ba số có 1 số   ;110 9  1Giả sử x   ;1  y; z  0; 10  10  10 x3  5 x5  1Ta có: 10 y 3  5 y 5  0  True3510 z  5 z  0 9TH2: Cả ba số cùng  0;  10 25163510x9xx9272516y trueKhi đó 10 y 3  9 y 5 927251635 10 z  9 z  9 z  271x  y  z  3Cùng các hoán vị. Q.E.D . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  x  y  0  z 1 PS: Như vậy ta có thể thấy rằng phương pháp này cũng có thể giải quyết những bất đẳng thức có cực trịkhông chỉ tại tâm.Hoàng Quốc Việt3Phương pháp hệ số bất định (U.C.T)Ví dụ 3: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc  1 .Chứng minh:11112223(1  2a) (1  2b) (1  2c)Chứng minh: 1 1TH1: Trong ba số a, b, c có ít nhất một số   0;  giả sử a   0;  20  20 Khi đó ta có:1 2a  12100 1  true121 3 1TH2: Cả ba số đều   ;   khi đó không mấy khó khăn ta chứng minh được rằng 2011 4  ln a29 27  2a  111 4  ln b  true29 27  2b  111 4  ln c29 27  2c  1 Q.E.D . Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1Ví dụ 4: Cho a; b; c  0 thỏa mãn a  b  c  3Chứng minh rằng:1a 2  3a  31b2  3b  31c 2  3c  33Chứng minh:Không mất tính tổng quát, ta giả sử a  b  c  0.25 1 x 1Với m i x ta có:22x  3x  3Thật vậy, BĐT tương đương ( x  1)2 ( x 2  x  1)  0.Suy ra5 1Nếu c sử dụng BĐT trên với a, b, c rồi cộng lại ta dễ có đpcm.25 1Nếu c ta xét 2 khả năng2-TH1: b  1 ta có:Hoàng Quốc Việt4Phương pháp hệ số bất định (U.C.T)a 2  3a  3  (a  1,5) 2  0, 75  0, 7525 1 22 VT 1  3b  3b  3  (b  1)  2  b  12316c 2  3c  3  (c  1) 2  2  c  (1  5  1) 2  5  1  2 22( 5  1) 28 x 2  24 x  15-TH2: b  1 suy ra 2  a  b  1 xét trên [1;2] ta có: f ( x) 04( x 2  3x  3)2,52 abDo đó theo BĐT Jensen ta có: f (a)  f (b)  2 f   2 f (t )  2 2 t  3t  3Vậy ta cần có2t 2  3t  31(3  2t ) 2  3(3  2t )  33(t  1)2 (36t 6  252t 5  749t 4  1202t 3  1099t 2  546t  117)Hay 0  Q.E.D(t 2  3t  3)2 (4t 2  6t  3)2Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1Ví dụ 5: Cho a; b; c  0 , chứng minh rằng:a22a 2  ab  b2b22b2  bc  c 2c22c 2  ca  c 2a bc2Chứng minh:a2Xét 1 bất đẳng thức phụ sau:2a  ab  b2211a  3ba, b  016TH1: Nếu 11a  3b  011a  3b162a  ab  bTH2: Nếu 11a  3b  0 Ta thực hiện phép biến đổi:Thi lúc đó hiển nhiên có:a2a222011a  3b 16a 2  (11a  3b) 2a 2  ab  b 21616 2a 2  ab  b 22a 2  ab  b 2256a 2  (11a  3b)(2a 2  ab  b 2 )[16a 2  (11a  3b) 2a 2  ab  b2 ].16 2a 2  ab  b 2(a  b)2 (14a  3b)(a  3b)[16a 2  (11a  3b) 2a 2  ab  b2 ].16 2a 2  ab  b 2Nhưng do 11a  3b  0 nên 14a  3b  0 Hay bất đẳng thức này đúng.a211a  3bVậy ta có a, b  0 thì:162a 2  ab  b 2Xây dựng các bất đẳng thức tương tự và cộng lại  Q.E.DDấu bằng xảy ra khi a  b  cPS: Cách để tìm ra bất đẳng thức phụ trên:Cách 1: Ta nghĩ đến việc phải tìm m, n sao choHoàng Quốc Việta22a 2  ab  b 2 ma  nb a, b  05Phương pháp hệ số bất định (U.C.T)Cho a  b  1 ta có m  n 124a(2a 2  a  1)  a(4a  1)+Cho b  1 rồi đạo hàm 2 vế ta được:m2 2a 2  a  1.(2a 2  a  1)113Cho a  1 ta sẽ tìm ra được m   n  1616Cách 2: Ngoài cách như trên thì ta có thể làm như sau:a22a 2  ab  b 2a1b b a a2a1 t  t2với t baBằng phương pháp hệ số bất định như trên ta có dự đoán rằng:11 t  t211 3 t16 16a113113 a  at  a  b1616161  t  t 2 16III) Phương pháp U.C.T đối với bất đẳng thức Vasile Cirtoaje:Bây giờ tôi sẽ chia sẻ cho các bạn một kĩ thuật nhỏ nhưng khá hay khi kết hợp BĐT Vasile Cirtoaje vàphương pháp này.Trước tiên ta nói về bất đẳng thức Vasile Cirtoaje:Cho a; b; c  0 thỏa mãn abc  1 chứng minh rằng:111 2 21a  a 1 b  b 1 c  c 12Chứng minh:Bài này ta hoàn toàn có thể dùng kĩ thuật ở trên để chứng minh, nhưng tôi sẽ trình bày cách chứng minh nóbằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM quen thuộc.Do abc  1 nên sẽ tồn tại x; y; z  0 sao cho a yzzxxy;b  2 ;c  22xyzKhi đó ta có:LHS  cyc4x2 y2  z221x 4 412 222 2yz y zx  y 4  z 4  xyz  x  y  z   x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2cyc x  x yz  y z 4 1x2xThật vậy BĐT cuối tương đương: x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x  xyz  x  y  z  (Đúng theo AM-GM )Nên BĐT được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1Như vậy ta có BĐT:a2k111 2k 2k 1 với điều kiện a, b, c  0; abc  1kk a  1 b  b  1 c  ck  1Ngoài ra ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng khác:ak  1bk  1ck  1 2 với a, b, c  0; abc  1.a 2k  a k  1 b2k  bk  1 c 2k  c k  1Hoàng Quốc Việt6Phương pháp hệ số bất định (U.C.T)ak  1 1Thật vậy bất đẳng thức này được viết lại:  1  2 k1 1   1k1a  a 1 cyc cyc1a 2k a kĐây là bất đẳng thức Vasile Cirtoaje đã được chứng minh:Hai dạng này là tương đương với nhau, nhưng ở những bài toán khác nhau thì ta có thể áp dụng chúng mộtcách linh hoạt.Ví dụ 1: Cho các số dương a; b; c thỏa mãn abc  1 chứng minh rằng:1 4a 2  2a  1  1cycChứng minh:Phân tích: Thứ nhất bài toán yêu câu chứng minh theo chiều  nghĩa là ta cần đánh giá:11 2k i  với k là hệ số bất định.4a  2a  1 a  a k  12Và yêu cầu của chúng ta bây giờ là tìm k thích hợp. Cách làm thì không khác gì đối với bài toán 1.Ta có BĐT  i   a 2k  a k  4a 2  2a đạo hàm hai về và cho a  1 ta có k  211 4 a a3  3a  2  0 luôn đúng theo AM-GM24a  2a  1 a  a  1Xây dựng các BĐT tương tự với biến b,c cộng lại, kết hợp BĐT Vasile Cirtoaje  Q.E.DNhư vậy ta có bđt:2Ví dụ 2: Cho các số dương a; b; c thỏa mãn abc  1 chứng minh rằng:1 a2  a  1  3cycChứng minh:13 ak  1Bây giờ bài toán cần chứng minh với chiều  khi đo ta sẽ cần đánh giá như sau: 2a  a  1 2 a 2k  a k  1Việc tìm k tương tự như những bài toàn từ đầu đến giờ, xin nhường bạn đ c.Nhận xét: BĐT Vasile Cirtoaje là một BĐT khá chặt, vì thế nên nó có ứng dụng khá lớn trong chứng minhcác bđt cùng loại. Các bạn có thể áp dụng những phương pháp này để chứng minh các bđt khác. Việc tựnhiên cho ra các bđt phụ và kết hợp nó với một bổ đề trên trời rơi xuống sẽ làm cho cách giải của ta trở nênđộc đóa ( đối với những người chưa biết đên pp này) .IV) Bài tập áp dụng:Bài 1: Cho a,b,c là các số thực dương, chứng minh rằng:abc9222b  c   c  a   a  b 4  a  b  c Bài 2 (Nesbitt): Cho a,b,c là các số thực dương, chứng minh rằng:abc3bc ca ab 2Bài 3 (IMO 2001): Cho a,b,c là các số thực dương, chứng minh rằng:abc1a 2  8bcb2  8cac 2  8caHoàng Quốc Việt7Phương pháp hệ số bất định (U.C.T)3; a  b  c  1 chứng minh rằng:4abc9 2 22a  1 b  1 c  1 10Bài 5 (Russia 2000): Cho x;y;z là các số thực dương thỏa mãn xyz  1 , chứng minh rằng:Bài 4 (Poland 1996): Cho a; b; c x2  y 2  z 2  x  y  z  2  xy  yz  zx Bài 6 (Bantic way, 2005): Cho x;y;z là các số thực dương thỏa mãn xyz  1 , chứng minh rằng:xyz 2 212x 2 y 2 z 21 1 1   1 , chứng minh rằng:a b c a 1 b 1 c 1  8Bài 7 (Croatia 2005): Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãnBài 8: Cho x;y;z là các số thực dương thỏa mãn3x4y2z 2,x 1 y 1 z 1Chứng minh rằng:189Bài 9: Cho x; y; z  1 thỏa mãn x3  y3  z 3  x 2  y 2  z 2 Chứng minh rằng:x3 y 4 z 2 x5  y 5  z 5  x 2  y 2  z 2Bài 10: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a 2  a  2  b  1 c 2  3c  642Chứng minh rằng:a3b4c5  1Bài 11: Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  1, Chứng minh rằng:16 a 3  b3  c 3  d 3  a 2  b 2  c 2  d 2 8Bài 12 (Bin Zhao): Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:a2b2c214a 2  ab  4b24b2  bc  4c 24c 2  ca  4a 2Bài 13 (USAMO): Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 2a  b  c 2   2b  c  a 2   2c  a  b 2  82222a 2   b  c  2b 2   c  a  2c 2   a  b Bài 14: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm GTLN của biểu thức:P  a  1  a2bb  1  b2cc  1  c2abc ca a b 1 1 1 2  2   a b ca2bc111 2 21Bài 16: Cho x; y; z  0 thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh: 2a bc b ca c abBài 15: Cho a; b; c  0 Chứng minh:Bài 17 (Hongkong 1997): Cho x; y; z  0 Chứng minh:Hoàng Quốc Việtxyz x  y  z  x 2  y 2  z 2x2y z22  xy  yz  zx   3398Phương pháp hệ số bất định (U.C.T)Bài 18: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn xyz  1 Chứng minh rằng:x2  1y2 1z2 11x4  4x2  1 y 4  4 y 2  1 z 4  4z 2  1Bài 19: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc  1 Chứng minh rằng:111 2 212223a  (a  1) 3b  (b  1) 3c  (c  1)3Bài 20: Chứng minh rằng với m i a, b, c dương, ta luôn có:a2b2c2 2 21a 2  7ab  b2b  7bc  c 2c  7ca  a 2Bài 21: Giả sử a, b, c là các số thực dương sao cho abc  1. Chứng minh rằnga)a3b3c3323(a  1) (b  1) (c  1) 2b)11132228(a  1) (b  1) (c  1)5553 a   b   c c)  3    3    3   5 a 1   b 1   c 1  2d)e)abc3 2 2a 3 b 3 c 3 4212a 2  6a  112b2  6b  1Hoàng Quốc Việt12c 2  6c  1 1;9Phương pháp hệ số bất định (U.C.T)Hoàng Quốc Việt10

Tài liệu liên quan

• pp hệ số bất định
  • 7
  • 6
  • 86
• BDT hệ số bất định
  • 2
  • 554
  • 9
• Kĩ thuật hệ số bất định – phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất pot
  • 7
  • 1
  • 12
• PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH TRONG BĐT
  • 10
  • 1
  • 0
• chuyen de ve he so bat dinh
  • 4
  • 675
  • 2
• PP hệ số bất định
  • 9
  • 761
  • 7
• phương pháp hệ số bất định
  • 5
  • 885
  • 6
• phương pháp hệ số bất định
  • 9
  • 431
  • 0
• Phương pháp hệ số bất định
  • 6
  • 691
  • 0
• chuyên đề về hệ số bất định (UTC) giải toán pt hpt bpt bđt cho kì thi đại học
  • 4
  • 1
  • 8

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(471.76 KB - 10 trang) - Phương pháp UCT hệ số bất định Tải bản đầy đủ ngay ×