Bất đẳng thức Schur và phương pháp đổi biến P, Q, R 2023 đầy đủ, chi tiết

Admin Vietjack Ngày: 08-03-2024 Tổng hợp kiến thức

Tải xuống 17 3.9 K 4

Bất đẳng thức Schur lớp 9 là một dạng toán thường gặp trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 được biên soạn và giới thiệu tới các bạn học sinh cùng quý thầy cô tham khảo. Nội dung tài liệu sẽ giúp các bạn học sinh học tốt môn Toán 9 hiệu quả hơn. Mời các bạn tham khảo.

Bất đẳng thức Schur và phương pháp đổi biến P, Q, R

Tài liệu gồm 17 trang giới thiệu bất đẳng thức Schur và phương pháp biến đổi P, Q, R trong chứng minh bất đẳng thức.

Nội dung tài liệu được chia làm 3 phần:
+ Phần 1. Bất đẳng thức Schur
+ Phần 2. Phương pháp biến đổi p, q, r
+ Phần 3. Các ví dụ minh họa

Phần 1: Bất đẳng thức Schur

1. Bất đẳng thức Schur

Cho x, y, z là các số thực không âm và số thực dương t. Khi đó ta có:

${x^t}\left( {x - y} \right)\left( {x - z} \right) + {y^t}\left( {y - z} \right)\left( {y - x} \right) + {z^t}\left( {z - y} \right)\left( {z - x} \right) \ge 0\,\,\,\,\left( * \right)$

Các BĐT suy ra từ BĐT Schur khi t=1 là:

$\begin{array}{l} 1)\,\,{a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge ab\left( {a + b} \right) + bc\left( {b + c} \right) + ca\left( {c + a} \right)\\ 2)\,{\left( {\,a + b + c} \right)^3} + 9abc \ge 4\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)\\ 3)\,abc \ge \left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right)\\ 4)\,{a^2} + {b^2} + {c^2} + \dfrac{{9abc}}{{\left( {a + b + c} \right)}} \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ 5)\,\dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}} + \dfrac{{4abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)}} \ge 2 \end{array}$

Ngoài ra cần chú ý biến đổi

$\begin{array}{l} \,{a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc = \left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a + b + c} \right)}^2} - 3\left( {ab + bc + ca} \right)} \right]\\ {a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc = \left( {a + b + c} \right)\left[ {{a^2} + {b^2} + {c^2} - \left( {ab + bc + ca} \right)} \right] \end{array}$

2. Bài tập về bất đẳng thức Schur

Ví dụ 1: Cho a, b, c là ba số thực không âm và a + b + c = 1. Chứng minh rằng $9abc \ge 4\left( {ab + bc + ca} \right) - 1$

Hướng dẫn giải

Áp dụng bất đẳng thức Schur dạng:

${\left( {\,a + b + c} \right)^3} + 9abc \ge 4\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)$

. Thay a+b+c=1 ta có: $1 + 9abc \ge 4\left( {ab + bc + ca} \right)$

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi có hai số bằng $\frac{1}{2}$ và một số bằng 0 hoặc $a = b = c = \frac{1}{3}$

Ví dụ 2: Cho các số thực dương a,b,c sao cho $ab + bc + ca + acb \le 4$ . Chứng minh ${a^2} + {b^2} + {c^2} + a + b + c \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)$ ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 – trường Chuyên KHTN-ĐHQGHN 2015)

Hướng dẫn giải

Áp dụng bất đẳng thức Schur dạng phân số ta có:

${a^2} + {b^2} + {c^2} + \frac{{9abc}}{{\left( {a + b + c} \right)}} \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)$

. Để chứng minh bài toán ta chỉ cần chỉ ra

$a + b + c \ge \dfrac{{9abc}}{{\left( {a + b + c} \right)}} \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 9abc$

. Theo BĐT Cô-si ta có

$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 9{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)^2}$

. Ta chứng minh $abc \le 1$ . Thật vậy từ giả thiết ta có $ab + bc + ca + abc \le 4$ mà $ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}$ . Đặt $t = \sqrt[3]{{abc}}$ suy ra: ${t^3} + 3{t^2} - 4 \le 0 \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right){\left( {t + 2} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow t \le 1$ . Suy ra $abc \le 1$ hay ${\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)^2} \ge abc$ ( đpcm). Dấu bằng xảy ra khi $a = b = c = 1$

Ví dụ 3: Cho a,b,c là các số thực không âm sao cho $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng $4\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) + 15abc \ge 1$

Hướng dẫn giải

$\begin{array}{l} \,{a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc = \left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a + b + c} \right)}^2} - 3\left( {ab + bc + ca} \right)} \right]\\ = 1 - 3\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Rightarrow 5\left( {\,{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) + 15abc = 27abc + 4 - 12\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \ge 3.4\left[ {\left( {ab + bc + ca} \right) - 1} \right] + 4 - 12\left( {ab + bc + ca} \right) = 1 \end{array}$

Theo ví dụ 1 ta có:

$\begin{array}{l} 9abc \ge 4\left( {ab + bc + ca} \right) - 1 \Rightarrow 27abc + 4 - 12\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \ge 3\left[ {4\left( {ab + bc + ca} \right) - 1} \right] + 4 - 12\left( {ab + bc + ca} \right) = 1 \end{array}$

Hay $4\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) + 15abc \ge 1$ . Dấu bằng xảy ra khi có hai số bằng và 1 số bằng 0 hoặc $a = b = c = \frac{1}{3}$

Ví dụ 4: Cho các số thực a,b,c. chứng minh rằng: ${a^2} + {b^2} + {c^2} + 3\sqrt[3]{{{{\left( {abc} \right)}^2}}} \ge ab + bc + ca$

( trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An 2014)

Đặt $\sqrt[3]{{{a^2}}} = x;\sqrt[3]{{{b^2}}} = y,\sqrt[3]{{{c^2}}} = z \Rightarrow {a^2} = {x^3};{b^2} = {y^3};{c^2} = {z^3} \Rightarrow a = \sqrt {{x^3}} ;b = \sqrt {{y^3}} ;c = \sqrt {{z^3}}$ và $x,y,z \ge 0$ . Bất đẳng thức đã cho thành:

${x^3} + {y^3} + {z^3} + 3xyz \ge 2\left( {\sqrt {{x^3}{y^3}} + \sqrt {{y^3}{z^3}} + \sqrt {{z^3}{x^3}} } \right)\,\,\,(1)$

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta suy ra:

${x^3} + {y^3} + {z^3} + 3xyz \ge \,\,xy\left( {x + y} \right) + yz\left( {y + z} \right) + zx\left( {z + x} \right)$

Mặt khác ta có:

. $xy\left( {x + y} \right) \ge 2xy\sqrt {xy} = 2\sqrt {{x^3}{y^3}}$

Tương tự ta có $yz\left( {y + z} \right) \ge 2\sqrt {{y^3}{z^3}} ;xz\left( {x + z} \right) \ge 2\sqrt {{x^3}{z^3}}$

. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta có:

$\begin{array}{l} xy\left( {x + y} \right) + yz\left( {y + z} \right) + xz\left( {x + z} \right)\\ \ge 2\left( {\sqrt {{x^3}{y^3}} + \sqrt {{y^3}{z^3}} + \sqrt {{x^3}{z^3}} } \right)\,\,\,\,\left( 2 \right) \end{array}$

Từ 1 và 2 ta có: ${x^3} + {y^3} + {z^3} + 3xyz \ge \,2\left( {\sqrt {{x^3}{y^3}} + \sqrt {{y^3}{z^3}} + \sqrt {{x^3}{z^3}} } \right)\,$

Hay ${a^2} + {b^2} + {c^2} + 3\sqrt[3]{{{{\left( {abc} \right)}^2}}} \ge ab + bc + ca$ . Bất đẳng thức xảy ra khi $x = y = z$ hay $a = b = c$

Ví dụ 5: Cho a,b,c là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng $6\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) + 1 \ge 5\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$

Hướng dẫn giải

$\begin{array}{l} {a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc = \\ \left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a + b + c} \right)}^2} - 3\left( {ab + bc + ca} \right)} \right]\\ = 1 - 3\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Rightarrow 6\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) + 1\\ = 6\left[ {1 - 3\left( {ab + bc + ca} \right)} \right] + 18abc + 1\\ = 1 + 18abc + 6{\left( {a + b + c} \right)^2} - 18\left( {ab + bc + ca} \right)\\ = 1 + 18abc + 5{\left( {a + b + c} \right)^2} + {\left( {a + b + c} \right)^2} - 18\left( {ab + bc + ca} \right)\\ = 1 + 5\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 18abc + {\left( {a + b + c} \right)^2} - 8\left( {ab + bc + ca} \right)\\ = 5\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 2\left[ {9abc + 1 - 4\left( {ab + bc + ca} \right)} \right] \end{array}$

Theo ví dụ 1 ta có:

$\begin{array}{l} 9abc \ge 4\left( {ab + bc + ca} \right) - 1 \Rightarrow 9abc - 4\left( {ab + bc + ca} \right) + 1 \ge 0\\ \Rightarrow 6\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) + 1 \ge 5\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \end{array}$