Giaitoan.com Toán 9 Chuyên đề Toán 9 thi vào 10

Bất đẳng thức Schur Chuyên đề toán 9 thi vào 10

Nội dung
  • 2 Đánh giá

Bất đẳng thức Schur

Bất đẳng thức 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.

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}

3.Bài tập chứng minh bất đẳng thức

1. CMR {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc + 1 \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)

2. Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng {a^3} + {b^3} + {c^3} + 6abc \ge a + b + c

3. Chứng minh rằng với mọi số thực khác không x,y ta có:

\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} \ge \frac{x}{y} + \frac{y}{x}

4. Chứng minh rằng với mọi số thực khác không x,y ta có:

\dfrac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{x^2}}} + 4 \ge 3\left( {\dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x}} \right)

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

Ngoài Các bất đẳng thức này, mời các bạn học sinh tham khảo thêm các đề thi học kì 2 các môn Toán, Văn, Anh, Lý, Hóa, ... và các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán mà chúng tôi đã sưu tầm và chọn lọc để bổ sung thêm kiến thức. Chúc các bạn học tập tốt!

Chia sẻ bởi: Lê Thị Thùy
Mời bạn đánh giá!
  • Lượt xem: 1.840
Sắp xếp theo
Xóa Đăng nhập để Gửi

    Chủ đề liên quan

    Mới nhất trong tuần