latex

Thứ Ba, 3 tháng 9, 2013

Các phương háp chứng minh bất đẳng thức 
1.Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh

1.1.Phương pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến 

Ví dụ:  Chứng minh rằng với a$,b,c>0 \ and \  a+b+c=3$ thì:
$2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3 \leq 3(a^2+b^2+c^2).$

Giải:  Không mất tính tổng quát của bài toán giả sử $a \geq b \geq c$ .
Đặt $t=\dfrac{a+b}{2},u=\dfrac{a-b}{2}$ ta có $a=t+u,b=t-u$
Vì $ab=t^2-u^2 \geq c^2$ nên $2t^2-2c^2-u^2 \geq 0$.
Do đó 
$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=c^2(a^2+b^2)+a^2b^2 \\ =c^2(2t^2+2u^2)+(t^2-u^2)^2 \\ =-u^2(2t^2-2c^2-u^2)+t^4+2c^2t^2 \leq t^4+2c^2t^2.$
Mặt khác hiển nhiên $a^2+b^2+c^2 \geq 2t^2+c^2$
Thay $c=3-2t$ ta có bất đẳng thức 
$2t^2+4t^2(3-2t)^2+3 \leq 6t^2+3(3-2t)^2\\  \Leftrightarrow 3t^4-8t^3+3t^2+6t-4 \leq 0 \\ \Leftrightarrow (t-1)^2(3t^2-2t-4) \leq 0$
Hiển nhiên đúng ,vì $2t \leq 3$ nên $3t^2-2t-4 \leq 0$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.\blacksquare$

1.2.Định lí dồn biến S.M.V.

Gỉa sử $a_1,a_2,..,a_n$ là dãy số thực tuỳ ý .Ta thực hiện liên tiếp các biến đổi sau 
1.  Chọn $i,j \in\ {{1,2,...,n}}$ là 2 số thực sao cho 
$a_i=min(a_1,a_2,..,a_n), a_j=max(a_1,a_2,..,a_n).$
2. Thay $a_i \ \text{và} \ a_j \ \text{Bởi} \ \dfrac{a_i+a_j}{2}$(nhưng vẫn giữ đúng thứ tự của chúng  trong dãy số )
Khi đó sau vô hạn lần thực hiện biến đổi nói trên thì mỗi số $a_i$ đề tiến tới giới hạn.
$a=\dfrac{a_1+a_2+..+a+n}{n}$

Ví dụ:   CMR với mọi số thực dương a,b,c,d ta có:
$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd \geq a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2+a^2c^2+b^2d^2$
Giải: Giả sử $a\geq b \geq c \geq d$ .Xét 
$f(a,b,c,d)=a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2b^2-b^2c^2-c^2d^2-d^2a^2-a^2c^2-b^2d^2 \\ =a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2c^2-b^2d^2-(a^2+c^2)(b^2+d^2) \\ \implies f(a,b,c,d)-f(\sqrt{ac},b,\sqrt{ac},d)=(a^2-c^2)^2-(b^2+d^2)(a-c)^2 \geq 0$
Theo S.M.V, xét với phép biến đổi $\Delta$ của $(a,b,c )$ ta chỉ cần chứng mính các bất đẳng thức khi $a=b=c=d=t \geq 0.$
Bất đẳng thức lúc này tương đương với 
$3t^4+d^4+2t^3d \geq 3t^4+3t^2d^2 \Leftrightarrow d^4+t^3d+t^3d \geq 3t^2d^2$.
Hiển nhiên đúng theo AM-GM .Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi $a=b=c=d$ hoặc $a=c=b,d=0$ hoặc các hoán vị.
1.3.Phương pháp dồn biến toàn miền
Ví dụ: Chứng minh với mọi số thực không âm a,b,c ta luôn có 
$a^3+b^3+c^3-3abc \geq 4ab(a-b)(b-c)(c-a)$
Giải:   
$BDT\iff (a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]\ge 8(a-b)(b-c)(c-a) \ (1)$
Không mất tính tổng quát ta giả sử $c=\min (a,b,c)$. Cố định các các hiệu $a-b.b-c.c-a$ và giảm $a,b,c$ cùng 1 lượng $c$( Tức là thay $a,b,c$ bởi $a-c,b-c,0$) thì rõ ràng $a-b,a-c,b-c$ không thay đổi còn $a+b+c$ giảm đi. Vậy VT của $(1)$ thì giảm đi còn VP của (1) thì không đổi. Do đó ta chỉ cần chứng minh Bài toán trong trường hợp $a,b\ge c=0$. Khi đó BĐT tương đương với:
$a^3+b^3\ge 4(ab(b-a)$
BĐT trên hiẻn nhiên đúng vì
$4a(b-a)\le b^2\implies 4 ab(b-a)\le b^3\le a^3+b^3$
Đẳng thức xảy ra $\iff a=b=c. \blacksquare$
  2.Phương pháp phân tích bình phương S.O.S

Xét biểu thức $S=f(a,b,c)=S_a(b-c)^2+S_b(a-c)^2+S_c(a-b)^2$
Trong đó $S_a,S_b,S_c$ là các hàm số của a,b,c.
1.Nếu $S_a,S_b,S_c \geq 0$ thì $S \geq 0$
2.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va \ S_b,S_b+S_c,S_c+S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
3.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va\ S_a,S_c,S_a+2S_b,S_c+2S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
4.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va \ S_b,S_c \geq 0,a^2S_b+b^2S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
5.Nếu $S_a+S_b+S_c \geq 0$ và $S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a$ thì $S \geq 0$
Ví dụ :  CMR với các số thực không âm x,y,z ta luôn có bất đẳng thức 
$\dfrac{1}{(x+y)^2}+\dfrac{1}{(y+z)^2}+\dfrac{1}{(z+x)^2} \geq \dfrac{9}{4(xy+yz+zx)}$
Giải :  Đặt $a=x+y,b=y+z,c=z+x.$  Ta phải chứng minh:
$(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}) \geq \dfrac{9}{4}$
Bằng các phép biến đổi đơn giản ,ta có thể biến các bất đẳng thức trên về dạng: 
$\left(\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}\right)(b-c)^2+\left(\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2}\right)(a-c)^2$ $+\left(\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2}\right)(a-b)^2 \geq 0$
$\Rightarrow S_a=\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2},S_b=\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2},S_c=\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2}.$
Giả sử rằng $a \geq b \geq c$ thì $S_a \geq 0$ .Sử dụng 4 ta cần CM: 
$b^2S_b+c^2S_c \geq 0\Leftrightarrow b^3+c^3 \geq bc(b+c) \geq abc$
Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi $a=b=c$ hoặcc $a=b,c=0$ hoặc hoán vị.

Không có nhận xét nào:

Đăng nhận xét