Chủ đề 1 Kỹ thuật biến đổi tương đương 3 Chủ đề 2 Sử dụng các tính chất của tỉ số, tính chất giá trị tuyệt đối và tính chất của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức 44 1. Sử dụng tính chất của tỉ số 45 2. Sử dụng tính chất giá trị tuyệt đối 54 3. Sử dụng tính chất tam thức bậc hai. 59 Chủ đề 3 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp phản chứng 68 Chủ đề 4 Chứng minh các bất đẳng thức về tổng, tích của dãy số Phương pháp quy nạp 86 Chủ đề 5 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức CAUCHY 117 1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân
Chuyên đề: Bất đẳng thức A- Mở đầu: Bất đẳng thức mảng kiến thức khó toán học phổ thông Nhng thông qua tập chứng minh bất đẳng thức học sinh hiểu kỹ sâu sắc giải biện luận phơng trình , bất phơng trình ,về mối liên hệ yếu tố tam giác tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức Trong trình giải tập , lực suy nghĩ , sáng tạo học sinh đợc phat triển đa dang phong phú tập bất đẳng thức có cách giải không theo quy tắc khuôn mẫu Nó đòi hỏi ngời đọc phải có cách suy nghĩ lôgic sáng tạo biết kÕt hỵp kiÕn thøc cị víi kiÕn thøc míi mét cách lôgíc có hệ thống Cũng toán bất đẳng thức cách giải mẫu , không theo phơng pháp định nên học sinh rât lúng túng giải toán bất đẳng thức học sinh không theo hơng Do hầu hết học sinh làm toán bất đẳng thứcvà vận dụng bất đẳng thức để giải loại tập khác Trong thực tế giảng dạy toán trêng THCS viƯc lµm cho häc sinh biÕt chøng minh bất đẳng thức vận dụng bất đẳng thức vào giải tập có liên quan công việc quan trọngvà thiếu đợc ngời dạy toán ,thông qua rèn luyện T lôgic khả sáng tạo cho học sinh Để làm đợc điều ngời thầy giáo phải cung cấp cho học sinh số kiến thức số phơng pháp suy nghĩ ban đầu bất đẳng thức Chính lí nên tự tham khảo biên soạn chuyên đề bất đẳng thức nhằm mục đích giúp học sinh học tốt Danh mục chuyên đề S.t.t Nội dung Phần mở đầu trang Nội dung chuyên đề Các kiến thức cần lu ý Các phơng pháp chứng minh bát đẳng thức Phơng pháp 1:dùng định nghià Phơng pháp 2:dùng biến đổi tơng đơng Phơng pháp 3:dùng bất đẳng thức quen thuộc 8 Phơng pháp 4:dùng tính chất bắc cầu 10 Phơng pháp 5: dùng tính chấtbủa tỷ số 10 Phơng pháp 6: dùng phơng pháp làm trội 12 14 11 Phơng pháp 7: dùmg bát đẳng thức tam giác 16 12 Phơng pháp 8: dùng đổi biến 17 13 Phơng pháp 9: Dùng tam thức bậc hai 14 Phơng pháp 10: Dùng quy nạp toán học 18 19 15 Phơng pháp 11: Dùng chứng minh phản chứng 16 Các tập nâng cao 21 23 17 ứng dụng bất dẳng thức 18 Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị 28 29 19 Dùng bất đẳng thức để: giải phơng trình hệ phơng trình 20 Dùng bất đẳng thức để : giải phơng trình nghiệm nguyên 21 Tài liệu tham khảo 31 33 B- nội dung Phần : kiến thức cần lu ý 1- Định nghĩa 2- Tính chất 3-Một số bất đẳng thức hay dùng Phần 2:một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức 1-Phơng pháp dùng định nghĩa 2- Phơng pháp dùng biến đổi tơng đơng 3- Phơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc 4- Phơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu 5- Phơng pháp dùng tính chất tỉ số 6- Phơng pháp làm trội 7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức tam giác 8- Phơng pháp đổi biến số 9- Phơng pháp dùng tam thức bậc hai 10- Phơng pháp quy nạp 11- Phơng pháp phản chứng Phần :các tập nâng cao PHầN : ứng dụng bất đẳng thức 1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị 2-Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình bất phơng trình 3-Dùng bất đẳng thức giải phơng trình nghiệm nguyên Phần I : kiến thức cần lu ý 1-Đinhnghĩa 2-tính chất + + + + + + + + + + + + A ≥ B ⇔ A − B ≥ A ≤ B ⇔ A − B ≤ A>B ⇔ B < A A>B vµ B >C ⇔ A > C A>B ⇒ A+C >B + C A>B vµ C > D ⇒ A+C > B + D A>B vµ C > ⇒ A.C > B.C A>B vµ C < ⇒ A.C < B.C < A < B vµ < C B > ⇒ A n > B n ∀n A > B ⇒ A n > B n víi n lỴ A > B ⇒ A n > B n víi n chẵn m > n > A > ⇒ A m > A n m > n > vµ ⇒ 1 > A B 3-một số bất đẳng thøc + A ≥ víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = ) + An ≥ víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = ) + A ≥ víi ∀A (dÊu = x¶y A = ) + -A 0) + A− B ≤ A − B ( dấu = xảy A.B < Phần II : số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức Phơng pháp : dùng định nghĩa Kiến thức : §Ó chøng minh A > B Ta chøng minh A B > Lu ý dùng bất đẳng thức M ≥ víi∀ M VÝ dơ ∀ x, y, z chøng minh r»ng : a) x + y + z ≥ xy+ yz + zx b) x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz c) x + y + z +3 ≥ (x + y + z) Gi¶i: a) Ta xÐt hiƯu x + y + z - xy – yz - zx = ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z ) ≥ ®óng víi mäi x;y;z ∈ R = ( x + y + z - xy – yz – zx) [ ] V× (x-y)2 ≥ víi∀x ; y DÊu b»ng x¶y x=y (x-z)2 ≥ víi∀x ; z DÊu b»ng x¶y x=z (y-z)2 ≥ víi∀ z; y DÊu b»ng x¶y z=y VËy x + y + z ≥ xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz –2yz =( x – y + z) ≥ ®óng víi mäi x;y;z ∈ R VËy x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz ®óng víi mäi x;y;z ∈ R DÊu b»ng x¶y x+y=z c) Ta xÐt hiÖu x + y + z +3 – 2( x+ y +z ) = x - 2x + + y -2y +1 + z -2z +1 = (x-1) + (y-1) +(z-1) ≥ DÊu(=)x¶y x=y=z=1 VÝ dơ 2: chøng minh r»ng : a2 + b2 a + b ≥ a) ;b) a2 + b2 + c2 a + b + c ≥ 3 c) HÃy tổng quát toán giải a) Ta xét hiệu ( a +b a+b − a + 2ab + b − ) 2 a2 + b2 = 2a + 2b − a − b − 2ab = ( a − b) ≥ a2 + b2 a + b ≥ VËy = ( ) DÊu b»ng x¶y a=b b)Ta xÐt hiÖu a2 + b2 + c2 a + b + c − 3 2 2 = [( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ] ≥ a2 + b2 + c2 a + b + c ≥ VËy 3 DÊu xảy a = b =c c)Tổng quát a12 + a 22 + + a n2 a1 + a + + a n ≥ n n Tóm lại bớc để chứng minh A B tho định nghĩa Bớc 1: Ta xÐt hiƯu H = A - B Bíc 2:BiÕn ®ỉi H=(C+D) hc H=(C+D) +….+(E+F) Bíc 3:KÕt luận A B Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99) Chứng minh ∀m,n,p,q ta ®Ịu cã m + n + p + q +1≥ m(n+p+q+1) Gi¶i: m2 m2 m2 m2 ⇔ − mn + n + − mp + p + − mq + q + − m + 1 ≥ m m ⇔ − n + − 2 2 2 m m p + − q + − 1 ≥ (luôn đúng) m −n =0 m − p=0 2 ⇔ DÊu b»ng x¶y m −q =0 2 m − = m n = m m=2 p = ⇔ n = p = q = m q = m = 22 Bµi tËp bỉ xung phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng Lu ý: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đà đợc chứng minh Chú ý đẳng thức sau: ( A + B ) = A + AB + B ( A + B + C ) = A + B + C + AB + AC + BC ( A + B ) = A + A B + AB + B VÝ dô 1: Cho a, b, c, d,e số thực chøng minh r»ng b2 ≥ ab b) a + b + ≥ ab + a + b c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) a) a + Gi¶i: b2 a) a + ≥ ab ⇔ 4a + b ≥ 4ab ⇔ 4a − 4a + b ≥ ⇔ ( 2a b ) (bất đẳng thức đúng) b2 ab (dấu xảy 2a=b) b) a + b + ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b + ) > 2(ab + a + b) ⇔ a − 2ab + b + a − 2a + + b − 2b + ≥ ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b − 1) Bất đẳng thức cuối 2 VËy a + b + ≥ ab + a + b VËy a + DÊu b»ng x¶y a=b=1 c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e) ⇔ 4( a + b + c + d + e ) ≥ 4a( b + c + d + e ) ⇔ a − 4ab + 4b + a − 4ac + 4c + a − 4ad + 4d + a − 4ac + 4c ≥ ⇔ ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2: Chứng minh r»ng: ( a10 + b10 )( a + b ) ≥ ( a + b )( a + b ) Gi¶i: (a )( ) ( )( ( ) ) + b10 a + b ≥ a + b a + b ⇔ a 12 + a 10 b + a b10 + b12 ≥ a 12 + a b + a b + b12 ⇔ a 8b a − b + a 2b b − a ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 10 ( ) Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 vµ x.y Chøng minh x2 + y2 ≥2 x− y Gi¶i: x +y ≥2 x− y ⇒ x2+y2⇔ x2+y2+( ⇒ (x-y- )2 2 v× :x 〉 y nªn x- y 〉 ⇒ x2+y2 ≥ 2 ( x-y) 2 2 x+ 2 y ≥ ⇔ x +y +2- 2 x+ 2 y -2 ≥ 2 ) - 2 x+ 2 y -2xy ≥ x.y=1 nên 2.x.y=2 Điều luôn Vậy ta có điều phải chứng minh VÝ dô 4: 1)CM: P(x,y)= x y + y − xy − y + ≥ ∀x, y ∈ R a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c 2)CM: (gỵi ý :bình phơng vế) 3)choba số thực khác không x, y, z tháa m·n: x y.z = 1 1 + + < x+ y+z x y z Chøng minh r»ng :cã ®óng mét ba số x,y,z lớn (đề thi Lam Sơn 96-97) Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 1 1 1 1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( x + y + z )=x+y+z - ( + + ) > (v× x + y + z < x+y+z x y z theo gt) → sè x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dơng Nếủ trờng hợp sau xảy x, y, z >1 x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy trờng hợp tức có ba sè x ,y ,z lµ sè lín Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A/ số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a) x + y ≥ xy 2 b) x + y ≥ xy dÊu( = ) x = y = c) ( x + y ) ≥ xy a b b a d) + ≥ 2)BÊt đẳng thức Cô sy: a1 + a + a + + a n n ≥ a1 a a3 a n n Với > 3)Bất đẳng thøc Bunhiacopski (a 2 ) + a22 + + an2 ( x12 + x22 + + 2n ) ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) 4) Bất đẳng thức Trê- b-sép: abc A ≤ B ≤ C a≤b≤c NÕu A ≥ B ≥ C NÕu ⇒ aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≥ 3 ⇒ aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≤ 3 a=b=c A = B = C DÊu b»ng x¶y b/ c¸c vÝ dơ vÝ dơ Cho a, b ,c số không âm chứng minh (a+b)(b+c)(c+a) 8abc Giải: Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) ≥ xy ( a + b ) ≥ 4ab ; ( b + c ) ≥ 4bc ; ( c + a ) ≥ 4ac Tacã ⇒ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64a b c = ( 8abc ) ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc DÊu “=” x¶y a = b = c ví dụ 2(tự giải): 1)Cho a,b,c>0 a+b+c=1 1001) CMR: a b c + + ≥ b+c c+a a+b CMR: (403- CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z ) 2)Cho x,y,z>0 vµ x+y+z=1 3)Cho a>0 , b>0, c>0 4)Cho x ≥ ,y ≥ tháa m·n x − y = vÝ dô 3: 1 + + ≥9 a b c ;CMR: x+y ≥ Cho a>b>c>0 vµ a + b + c = chøng minh r»ng a3 b3 c3 + + ≥ b+c a+c a+b Giải: Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c áp dụng BĐT Trª- b-sÐp ta cã a2 ≥ b2 ≥ c2 a ≥ b ≥ c b + c a + c a + b a b c a2 + b2 + c2 a b c + b2 + c2 ≥ + + = = b+c a+c a+b b+c a+c a+b 2 a3 b3 c3 + + ≥ VËy DÊu b»ng x¶y a=b=c= b+c a+c a+b a2 vÝ dơ 4: Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 Chøng minh r»ng : a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 Gi¶i: Ta cã a + b ≥ 2ab c + d ≥ 2cd 2 Do abcd =1 nªn cd = ab x (dïng x + ≥ ) Ta cã a + b + c ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + )4 ab (1) Mặt khác: a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) =(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) 1 + ac + + bc + ≥ + + ab ac bc 2 2 VËy a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 = ab + vÝ dô 5: Cho sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng: ( a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski tacó ac+bd a + b c + d mµ ( a + c ) + ( b + d ) = a + b + 2( ac + bd ) + c + d ( ) ≤ a + b2 + a2 + b2 c2 + d + c2 + d ⇒ (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d vÝ dô 6: Chøng minh r»ng a + b + c ≥ ab + bc + ac Gi¶i: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) vµ (a,b,c) ta cã (1 ) + 12 + 12 (a + b + c ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) ⇒ a + b + c ≥ a + b + c + 2( ab + bc + ac ) ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ac §iỊu ph¶i chøng minh DÊu b»ng x¶y a=b=c ( Phơng pháp 4: ) Sử dụng tính chất bắc cầu Lu ý: A>B b>c A>c 0< x c+d , b>c+d Chøng minh r»ng ab >ad+bc Gi¶i: a > c + d b > c + d Tacã ⇒ ⇔ ⇔ a − c > d > ⇒ b − d > c > (a-c)(b-d) > cd ab-ad-bc+cd >cd ab> ad+bc (điều phải chứng minh) ví dô 2: Cho a,b,c>0 tháa m·n a + b + c = Chøng minh 1 1 + + < a b c abc Gi¶i: Ta cã :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) 〉 ( a2+b2+c2) ⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 Chia hai vÕ cho abc > ⇒ ac+bc-ab 〈 ta cã 1 + − 〈 a b c abc vÝ dô Cho < a,b,c,d 1-a-b-c-d Gi¶i: Ta cã (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab Do a>0 , b>0 nªn ab>0 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) Do c 0 ta cã ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (§iỊu ph¶i chøng minh) vÝ dơ 1- Cho a + b mµ 0< a,b a , b > b Tõ (1) vµ (2) ⇒ 1+ a b > a + b VËy a + b < 1+ a b T¬ng tù b + c ≤ + b c c + a3 ≤ + c2a Céng c¸c bất đẳng thức ta có : 2a + 2b + 2c ≤ + a b + b c + c a b)Chøng minh r»ng : NÕu a + b = c + d = 1998 ac+bd =1998 (Chuyên Anh –98 – 99) Gi¶i: Ta cã (ac + bd) + (ad – bc ) = a c + b d + 2abcd + a d = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982 rá rµng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) + ( ad − bc ) = 1998 2 + b c - 2abcd = ⇒ ac + bd ≤ 1998 2-Bµi tËp : 1, Cho c¸c sè thùc : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m·n : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1 ≥ c høng minh r»ng : a 12 + a 22 + a32 + + a 2003 ( đề thi vào chuyên nga 2003 ph¸p 2003- 2004Thanh hãa ) 2,Cho a;b;c ≥ tháa m·n :a+b+c=1(?) a b c Chøng minh r»ng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ Phơng pháp 5: dùng tính chấtcủa tỷ số Kiến thức 1) Cho a, b ,c số dơng th× a a a+c > th× > b b b+c a a a+c < th× < b – NÕu b b+c b a – NÕu 2)NÕu b,d >0 th× tõ a c a a+c c < ⇒ < < b d b b+d d ` vÝ dô : Cho a,b,c,d > Chøng minh r»ng 1< a b c d + + + b-c ⇒ a > a − (b − c) > b > a-c ⇒ b > b − (c − a) > c > a-b ⇒ c > c − (a − b) > Nhân vế bất đẳng thức ta đợc [ ][ ][ ⇒ a 2b c > a − ( b − c ) b − ( c − a ) c − ( a − b ) 2 ⇒ a 2b c > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) ⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b ) 2 ] VÝ dơ2: (404 – 1001) 1) Cho a,b,c lµ chiỊu dµi ba cạnh tam giác Chứng minh ab + bc + ca < a + b + c < 2(ab + bc + ca) 2) Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam giác có chu vi b»ng Chøng minh r»ng a + b + c + 2abc < 13 Phơng pháp 8: đổi biến số Ví dụ1: Cho a,b,c > Chøng minh r»ng a b c + + (1) b+c c+a a+b Giải : Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a= y+z−x z+x− y x+ y−z + + ≥ 2x 2y 2z y z x z x y + −1+ + −1+ + −1 ≥ ⇔ x x y y z z y x z x z y ⇔( + )+( + )+( + )≥6 x y x z y z y+z−x ; b= z+x− y x+ y−z ;c= 2 y x z x + ≥ 2; x z ta có (1) Bất đẳng thức cuối ( + x 2; y điều phải chøng minh VÝ dơ2: Cho a,b,c > vµ a+b+c Theo bất đẳng thức Côsi ta cã x + y + z ≥ 3 xyz 1 1 + + ≥ x y z xyz 14 z y + ≥ nªn ta cã y z ( x + y + z ). + + ≥ ⇒ x y z Mµ x+y+z < 1 1 + + ≥9 x y z VËy (®pcm) VÝ dô3: Cho x ≥ , y ≥ tháa m·n x − y = CMR x + y Gợi ý: Đặt x = u , S y =v ⇒ 2u-v =1 vµ S = x+y = u + v ⇒ v = 2u-1 thay vµo tÝnh Bµi tËp 1) Cho a > , b > , c > CMR: 25a 16b c + + >8 b+c c+a a+b 2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0 CMR ma nb pc + + ≥ b+c c+a a+b Phơng pháp 9: ( ) m + n + p − ( m + n + p) dïng tam thøc bËc hai Lu ý : Cho tam thøc bËc hai f ( x ) = ax + bx + c ∀x ∈ R NÕu ∆ < th× a f ( x ) > NÕu ∆ = th× a f ( x ) > NÕu ∆ > th× a f ( x ) > a f ( x ) < b a víi x < x1 hc x > x2 víi x1 < x < x2 ∀x ≠ − VÝ dô1: Chøng minh r»ng f ( x, y ) = x + y − xy + x − y + > (1) Gi¶i: Ta cã (1) ⇔ x − x( y − 1) + y − y + > ∆′ = ( y − 1) − y + y − = y2 − y +1− 5y2 + y − = −( y − 1) − < VËy f ( x, y ) > víi mäi x, y 15 ( x2 > x1 ) VÝ dô2: Chøng minh r»ng ( ) f ( x, y ) = x y + x + y + xy + x > xy Gi¶i: BÊt đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với ( ) x y + x + y + xy + x − xy > ⇔ ( y + 1) x + y (1 − y ) x + y > 2 2 Ta cã ∆′ = y (1 − y ) − y ( y + 1) = −16 y < V× a = ( y + 1) > vËy f ( x, y ) > 2 (đpcm) Phơng pháp 10: dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức với n > n0 ta thùc hiƯn c¸c bíc sau : – KiĨm tra bất đẳng thức với n = n0 - Giả sử BĐT với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đợc gọi giả thiết quy nạp ) 3- Ta chứng minh bất đẳng thức ®óng víi n = k +1 (thay n = k+1vµo BĐT cần chứng minh biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) kết luận BĐT với mäi n > n0 VÝ dô1: Chøng minh r»ng 1 1 + + + < − 2 n n ∀n ∈ N ; n > (1) Gi¶i : Víi n =2 ta cã + < − (đúng) Vậy BĐT (1) với n =2 Giả sử BĐT (1) với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k+1 Thật n =k+1 th× (1) ⇔ 1 1 + + + + < 2− 2 k (k + 1) k +1 Theo gi¶ thiÕt quy n¹p ⇔ ⇔ 1 1 1 + + + + < 2− + < 2− 2 2 k (k + 1) k ( k + 1) k +1 1 1 + + < + < 2 ( k + 1) k + ( k + 1) k 16 ⇔ k +1+1 < ⇔ k (k + 2) < (k + 1) k2+2k n a+b Chøng minh r»ng ≤ an + bn (1) Giải Ta thấy BĐT (1) với n=1 Giả sử BĐT (1) với n=k ta phải chứng minh BĐT với n=k+1 Thật với n = k+1 ta cã a+b (1) ⇔ k +1 ≤ a k +1 + b k +1 k a+b a+b a k +1 + b k +1 ⇔ ≤ (2) 2 a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1 ⇔ VÕ tr¸i (2) ≤ = ≤ 2 k +1 k +1 k +1 k k k +1 a +b a + ab + a b + b ⇔ − ≥0 ⇔ a k − b k ( a − b ) ≥ (3) ( ) Ta chøng minh (3) (+) Giả sử a b giả thiết cho a ≥ -b ⇔ a ≥ b k ⇔ a k ≥ b ≥ bk (a ⇒ (a k ) − b k ( a − b ) ≥ (+) Giả sử a < b theo giả thiết - a , ab+bc+ac > , abc > Chøng minh r»ng a > , b > , c > Gi¶i : Gi¶ sư a ≤ th× tõ abc > ⇒ a ≠ ®ã a < Mµ abc > vµ a < ⇒ cb < Tõ ab+bc+ca > ⇒ a(b+c) > -bc > V× a < mµ a(b +c) > ⇒ b + c < a < vµ b +c < ⇒ a + b +c < trái giả thiết a+b+c > VËy a > t¬ng tù ta cã b > , c > VÝ dô 2: Cho sè a , b , c ,d tháa m·n ®iỊu kiƯn ac ≥ 2.(b+d) Chøng minh r»ng cã bất đẳng thức sau sai: , c < 4d a < 4b Giải : Giả sử bất đẳng thức : a < 4b , c < 4d ®Ịu ®óng cộng vế ta đợc a + c < 4(b + d ) (1) Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d) ≤ 2ac (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒ a + c < 2ac hay ( a − c ) < (v« lý) Vậy bất đẳng thức a < 4b c < 4d có bất đẳng thức sai Ví dụ 3: Cho x,y,z > vµ xyz = Chøng minh r»ng NÕu x+y+z > 1 + + th× cã mét ba số lớn x y z Giải : Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 x y z =x + y + z – ( + + ) xyz = theo giả thiết x+y +z > 1 + + x y z nªn (x-1).(y-1).(z-1) > Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 có số dơng Thật ba số dơng x,y,z > xyz > (trái giả thiết) Còn số dơng (x-1).(y-1).(z-1) < (vô lý) 18 Vậy có mét vµ chØ mét ba sè x , y,z lớn Phần iii : tập nâng cao 1/dùng định nghĩa 1) Cho abc = a > 36 Chøng minh r»ng a2 + b2+c2> ab+bc+ac Gi¶i Ta cã hiƯu: a2 + b2+c2- ab- bc – ac a2 a2 = + + b2+c2- ab- bc – ac 12 a2 a2 = ( + b2+c2- ab– ac+ 2bc) + − 3bc 12 a a − 36abc =( -b- c)2 + 12a a a − 36abc =( -b- c)2 + >0 (vì abc=1 a3 > 36 nên 12a a2 + b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh VËy : 2) Chøng minh r»ng a) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > 19 a >0 ) c) a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ Gi¶i : a) XÐt hiƯu H = x + y + z + − x y + x − xz − x = ( x − y ) + ( x − z ) + ( x − 1) H ta có điều phải chứng minh b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt H = ( a − 2b + 1) + ( b − 1) + H > ta có điều phải chøng minh c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt H = ( a − b + 1) + ( b − 1) ⇒ H ≥ ta cã ®iỊu phải chứng minh Ii / Dùng biến đổi tơng đơng 1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng (x ) + y2 ≥8 ( x − y) Gi¶i : Ta cã ⇒ x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + 2 (x +y ) = ( x − y) 2 (v× xy = 1) + 4.( x y ) + 4 Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với ( x − y ) + 4( x − y ) + ≥ 8.( x − y ) ( x − y ) − 4( x − y ) + ≥ [ ( x − y ) − 2] ≥ B§T cuối nên ta có điều phải chứng minh 2) Cho xy ≥ Chøng minh r»ng 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy Gi¶i : 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy 1 1 + ≥ ⇔ − − 2 + x + y + y + xy Ta cã xy − x xy − y + ≥0 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) x ( y − x) y( x − y) + ≥0 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) ⇔ ( ) ⇔ ( ) ⇔ ( ) ( ) ( y − x ) ( xy − 1) ≥ (1 + x ).(1 + y ).(1 + xy ) BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh Iii / dùng bất đẳng thức phụ 20 1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chøng minh r»ng a + b + c Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) (a,b,c) Ta cã ⇔ ⇔ (1.a + 1.b + 1.c ) ≤ (1 + + 1).( a + b + c ) ( a + b + c ) ≤ 3.( a + b + c ) a2 + b2 + c2 ≥ (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số dơng ( a + b + c ). + + ≥ Chøng minh r»ng a Gi¶i : b c a a b b c c b c a c a a a b a c b c ⇔ 3+ + + + + + ≥ b a c a c b x y + áp dụng BĐT phụ Với x,y > y x (1) ⇔ + + + + + + + + ≥ Ta cã B§T cuèi 1 Vậy ( a + b + c ). + + ≥ a b c (đpcm) Iv / dùng phơng pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c a + b3 VËy a + b < + a b T¬ng tù ta cã b3 + c < + b 2c a3 + c3 < + c 2a ⇒ (®pcm) 2a + 2b + 2c < + a 2b + b c + c a 2) So sánh 31 11 17 14 Giải : 11 Ta thÊy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256 Mặt khác 256 = 24.14 = ( 24 ) = 1614 < 1714 14 21 (1) Vëy 31 11 < 17 14 (®pcm) V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè 1) Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng : 2< Gi¶i : a+b b+c c+d d +a + + + nªn ta cã a+b a+b a +b+d < < a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b + +c b+c b+c+a < < a +b+c + d b+c +d a +b+c + d d +a d +a d +a+c < < a+b+c+d d +a+b a+b+c+d (1) (2) (3) Céng c¸c vÕ cđa bÊt đẳng thức ta có : a+b b+c c+d d +a + + + , y > Ta cã x + x = y ⇔ x + x = y ⇔ x = y2 − x > Đặt x = k (k nguyên dơng x nguyên d¬ng ) Ta cã k (k + 1) = y 2 Nhng k < k ( k + 1) < ( k + 1) ⇒ k < y < k +1 Mà k k+1 hai số nguyên dơng liên tiếp không tồn số nguyên dơng Nên cặp số nguyên dơng thoả mÃn phơng trình x = y = Vậy phơng trình có nghiệm lµ : 27