Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm

Đóng

Điểm danh hàng ngày

Hôm nay +3
Ngày 2 +3
Ngày 3 +3
Ngày 4 +3
Ngày 5 +3
Ngày 6 +3
Ngày 7 +5

Bạn đã điểm danh Hôm nay và nhận 3 điểm! Đăng nhập ngay để nhận điểm

Nhắn tin Zalo VNDOC để nhận tư vấn mua gói Thành viên hoặc tải tài liệu Hotline hỗ trợ: 0936 120 169

VnDoc.com

Cách áp dụng Bất đẳng thức Schur hiệu quả trong giải toán

Chuyên đề Bất đẳng thức lớp 9

Bài trước

Tải về

Bài sau

Lớp: Lớp 9

Môn: Toán

Dạng tài liệu: Chuyên đề

Mức độ: Khó

Loại File: Word + PDF

Phân loại: Tài liệu Tính phí

Chuyên đề Toán 9: Bất đẳng thức - Có đáp án

Bất đẳng thức Schur là một công cụ mạnh mẽ và phổ biến trong việc giải các bài toán bất đẳng thức nâng cao. Việc nắm vững cách áp dụng bất đẳng thức Schur không chỉ giúp bạn xử lý những bài toán khó mà còn nâng cao khả năng tư duy logic và sáng tạo trong toán học. Trong bài viết này, chúng ta sẽ tìm hiểu chi tiết về nguyên lý và các phương pháp áp dụng bất đẳng thức Schur một cách hiệu quả nhất để chinh phục các bài toán bất đẳng thức đa dạng.

A. Bất đẳng thức Schur

Công thức Bất đẳng thức Schur

$a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) + c(c - a)(c - b) \geq 0$ $a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) + c(c - a)(c - b) \geq 0$

Chứng minh

Do vai trò a, b, c bình đẳng nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử rằng $a \geq b \geq c \geq 0$ $a \geq b \geq c \geq 0$

Khi đó ta có: $\left\{ \begin{matrix} c - a \leq 0 \\ c - b \leq 0 \\ \end{matrix} \right.\ \Rightarrow c(c - a)(c - b) \geq 0$ $\left\{ \begin{matrix} c - a \leq 0 \\ c - b \leq 0 \\ \end{matrix} \right.\ \Rightarrow c(c - a)(c - b) \geq 0$

Ta cần chứng minh: $a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) \geq 0$ $a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) \geq 0$

$\Leftrightarrow a(a - b)(a - c) - b(b - c)(a - b) \geq 0$ $\Leftrightarrow a(a - b)(a - c) - b(b - c)(a - b) \geq 0$

$\Leftrightarrow (a - b)\left\lbrack a(a - c) - b(b - c) \right\rbrack \geq 0$ $\Leftrightarrow (a - b)\left\lbrack a(a - c) - b(b - c) \right\rbrack \geq 0$

$\Leftrightarrow (a - b)\left( a^{2} - ac - b^{2} + bc \right) = (a - b)^{2}(a + b - c) \geq 0$ $\Leftrightarrow (a - b)\left( a^{2} - ac - b^{2} + bc \right) = (a - b)^{2}(a + b - c) \geq 0$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Ngoài hướng trên, bạn đọc có thể đặt: $x = a - b \geq 0;y = b - c \geq 0 \Rightarrow a - c = x + y$ $x = a - b \geq 0;y = b - c \geq 0 \Rightarrow a - c = x + y$

B. Ứng dụng của bất đẳng thức Schur

Ta có:

$a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) + c(c - a)(c - b) \geq 0$ $a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) + c(c - a)(c - b) \geq 0$

$\Leftrightarrow a\left\lbrack a^{2} - a(b + c) + bc \right\rbrack + b\left\lbrack b^{2} - b(c + a) + ca \right\rbrack + c\left\lbrack c^{2} - c(a + b) + ab \right\rbrack \geq 0$ $\Leftrightarrow a\left\lbrack a^{2} - a(b + c) + bc \right\rbrack + b\left\lbrack b^{2} - b(c + a) + ca \right\rbrack + c\left\lbrack c^{2} - c(a + b) + ab \right\rbrack \geq 0$

$a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3abc \geq a^{2}(b + c) + b^{2}(c + a) + c^{2}(a + b)$ $a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3abc \geq a^{2}(b + c) + b^{2}(c + a) + c^{2}(a + b)$ (1)

Mặt khác ta biết: $\left\{ \begin{matrix} a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3abc = p^{3} - 3pq + 6r \\ a^{2}(b + c) + b^{2}(c + a) + c^{2}(a + b) = pq - 3r \\ \end{matrix} \right.$ $\left\{ \begin{matrix} a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3abc = p^{3} - 3pq + 6r \\ a^{2}(b + c) + b^{2}(c + a) + c^{2}(a + b) = pq - 3r \\ \end{matrix} \right.$

Vì: $(a + b + c)(ab + bc + ca) = a^{2}(b + c) + b^{2}(c + a) + c^{2}(a + b) + 3abc$ $(a + b + c)(ab + bc + ca) = a^{2}(b + c) + b^{2}(c + a) + c^{2}(a + b) + 3abc$

Vậy ta có: (1) $\Leftrightarrow p^{3} - 3pq + 6r \geq pq - 3r$ $\Leftrightarrow p^{3} - 3pq + 6r \geq pq - 3r$

$\Leftrightarrow 9r \geq p\left( 4q - p^{2} \right) \Leftrightarrow r \geq \frac{p\left( 4q - p^{2} \right)}{9}$ $\Leftrightarrow 9r \geq p\left( 4q - p^{2} \right) \Leftrightarrow r \geq \frac{p\left( 4q - p^{2} \right)}{9}$

Đây là kết quả quan trọng để xử lí các bài toán bằng phương pháp đổi biến p, q, r.

C. Bài tập ví dụ minh họa áp dụng bất đẳng thức Schur

Bài 1. Cho a, b, c là các số dương và thỏa mãn $a + b + c = 1$. Chứng minh rằng:

$\frac{4}{81(ab + bc + ca)} + abc \geq \frac{5}{27}$ $\frac{4}{81(ab + bc + ca)} + abc \geq \frac{5}{27}$.

Hướng dẫn giải

Theo kĩ thuật đổi biến p, q, r ta quy về bài toán sau:

Cho p, q, r $> 0$ và thỏa mãn $p = 1$. Chứng minh rằng: $\frac{4}{81q} + r \geq \frac{5}{27}$ $\frac{4}{81q} + r \geq \frac{5}{27}$

Ta đã có: $r \geq \frac{p\left( 4q - p^{2} \right)}{9} \Leftrightarrow r \geq \frac{4q - 1}{9} \Rightarrow \frac{4}{81q} + r \geq \frac{4}{81q} + \frac{4q - 1}{9}$ $r \geq \frac{p\left( 4q - p^{2} \right)}{9} \Leftrightarrow r \geq \frac{4q - 1}{9} \Rightarrow \frac{4}{81q} + r \geq \frac{4}{81q} + \frac{4q - 1}{9}$

Ta cần chứng minh: $\frac{4}{81q} + \frac{4q - 1}{9} \geq \frac{5}{27}$ $\frac{4}{81q} + \frac{4q - 1}{9} \geq \frac{5}{27}$

Thật vậy: $\frac{4}{81q} + \frac{4q - 1}{9} = \left( \frac{4}{81q} + \frac{4q}{9} \right) - \frac{1}{9} \geq 2\sqrt{\frac{16}{729}} - \frac{1}{9} = \frac{5}{27}$ $\frac{4}{81q} + \frac{4q - 1}{9} = \left( \frac{4}{81q} + \frac{4q}{9} \right) - \frac{1}{9} \geq 2\sqrt{\frac{16}{729}} - \frac{1}{9} = \frac{5}{27}$

Đẳng thức xảy ra khi: $a = b = c = \frac{1}{3}$ $a = b = c = \frac{1}{3}$

Vậy: $\frac{4}{81(ab + bc + ca)} + abc \geq \frac{5}{27}$ $\frac{4}{81(ab + bc + ca)} + abc \geq \frac{5}{27}$

Bài 2. Cho a, b, c là các số thực không âm và $a + b + c = 1$. Chứng minh rằng:

$9abc \geq 4(ab + bc + ca) - 1$ $9abc \geq 4(ab + bc + ca) - 1$

Hướng dẫn giải

Đặt: $p = a + b + c,\ q = ab + bc + ca,\ r = abc\ (p,q,r > 0;\ p = 1)$ $p = a + b + c,\ q = ab + bc + ca,\ r = abc\ (p,q,r > 0;\ p = 1)$

Ta cần chứng minh: $9r \geq 4q - 1$ $9r \geq 4q - 1$

Thật vậy, theo trên ta đã có: $9r \geq p\left( 4q - p^{2} \right)$ $9r \geq p\left( 4q - p^{2} \right)$

Mà: $p = 1 \Rightarrow 9r \geq 1(4q - 1) = 4q - 1$ $p = 1 \Rightarrow 9r \geq 1(4q - 1) = 4q - 1$

Bài 3. Cho a, b, c là các số thực không âm và $a + b + c = 1$. Chứng minh rằng:

$0 \leq ab + bc + ca - 2abc \leq \frac{7}{27}$ $0 \leq ab + bc + ca - 2abc \leq \frac{7}{27}$

Hướng dẫn giải

Đặt: $p = a + b + c,\ q = ab + bc + ca,\ r = abc\ (p,q,r > 0;\ p = 1)$ $p = a + b + c,\ q = ab + bc + ca,\ r = abc\ (p,q,r > 0;\ p = 1)$

Ta cần chứng minh: $0 \leq q - 2r \leq \frac{7}{27} \Leftrightarrow 2r \leq q \leq \frac{7}{27} + 2r$ $0 \leq q - 2r \leq \frac{7}{27} \Leftrightarrow 2r \leq q \leq \frac{7}{27} + 2r$

Ta đã biết: $\left\{ \begin{matrix} pq \geq 9r \\ 9r \geq p\left( 4q - p^{2} \right) = 4q - 1 \\ \end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow 9r \leq q \leq \frac{9r + 1}{4}$ $\left\{ \begin{matrix} pq \geq 9r \\ 9r \geq p\left( 4q - p^{2} \right) = 4q - 1 \\ \end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow 9r \leq q \leq \frac{9r + 1}{4}$

Ta chỉ cần chứng minh: $\frac{9r + 1}{4} \leq 2r + \frac{7}{27} \Leftrightarrow r \leq \frac{1}{27}$ $\frac{9r + 1}{4} \leq 2r + \frac{7}{27} \Leftrightarrow r \leq \frac{1}{27}$ (do $p^{3} \geq 27r$ $p^{3} \geq 27r$)

Vậy: $0 \leq ab + bc + ca - 2abc \leq \frac{7}{27}$ $0 \leq ab + bc + ca - 2abc \leq \frac{7}{27}$

Bạn muốn xem toàn bộ tài liệu? Hãy nhấn Tải về ngay!

----------------------------

Áp dụng thành thạo bất đẳng thức Schur là bước đệm quan trọng giúp bạn giải quyết nhiều bài toán bất đẳng thức phức tạp trong học tập và các kỳ thi. Qua bài viết, hy vọng bạn đã hiểu rõ hơn về các bước và chiến lược áp dụng bất đẳng thức Schur một cách hiệu quả. Hãy tiếp tục luyện tập và áp dụng linh hoạt để nâng cao kỹ năng giải toán và tự tin đối mặt với các thử thách toán học khó khăn hơn.

Tải về

Chọn file muốn tải về: