BẤT ĐẲNG THỨC

BĐT Cauchy 1. Kiến thức cơ bản : 1.1. Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số ) n = 2:  x, y  0 khi đó : n = 3:  x, y, z  0 khi đó : 2.1.1 2 x y xy   3 3 x y z xyz    2.1.2 2 x y xy   3 3 x y z xyz    2.1.3 2 2 x y xy         3 3 x y z xyz          2.1.4   2 4 x y xy     3 27 x y z xyz    2.1.5 1 1 4 x y x y    1 1 1 9 x y z x y z      2.1.6   2 1 4 xy x y     3 1 4 xyz x y z    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z

BAT DANG THUC SACRÉD WÁR Page 2 Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC I. BĐT Cauchy 1. Kiến thức cơ bản : 1.1. Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số ) n = 2:  x, y  0 khi đó : n = 3:  x, y, z  0 khi đó : 2.1.1 2 x y xy   3 3 x y z xyz    2.1.2 2 x y xy   3 3 x y z xyz    2.1.3 2 2 x y xy         3 3 x y z xyz          2.1.4   2 4 x y xy     3 27 x y z xyz    2.1.5 1 1 4 x y x y    1 1 1 9 x y z x y z      2.1.6   2 1 4 xy x y     3 1 4 xyz x y z    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. BAT DANG THUC SACRÉD WÁR Page 3 Chứng minh công thức 2.2.1  x, y  0 ,ta có : 2 1 1 ( 2 ) ( ) 2 2 0 2 x y x y xy xy x y        Do đó 2 x y xy   . Đẳng thức xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi : 2 ( ) x y  , tức là x = y . Hệ quả 1: Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Chứng minh: Giả sử hai số dương x và y có tổng x + y = S không đổi. Khi đó, 2 2 S x y xy    nên 2 4 S xy  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Do đó, tích xy đạt giá trị lớn nhất bằng 2 4 S khi và chỉ khi x = y. Hệ quả 2: Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Chứng minh: Giả sử hai số dương x và y có tích x.y = P không đổi. Khi đó, 2 P x y xy    nên 2 x y P   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Do đó, tổng x + y đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 P khi và chỉ khi x = y. ỨNG DỤNG: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vuông có diện tích lớn nhất . Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vuông có chu vi nhỏ nhỏ nhất. Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : 3 ( )f x x x   với x > 0. Giải. Do x > 0 nên ta có : 3 3 ( ) 2 . 2 3 f x x x x x     và 3 ( ) 2 3 3 f x x x x      . Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 ( )f x x x   với x > 0 là ( 3) 2 3 f  . BAT DANG THUC SACRÉD WÁR Page 4 Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu x, y, z là ba số dương thì 1 1 1 ( )( ) 9. x y z x y z      Khi nào xảy ra đẳng thức ? Giải. Vì x, y, z là ba số dương nên 3 3 . x y z xyz    ( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ) 3 1 1 1 1 3 . x y z xyz    ( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 1 1 x y z   ). Do đó 3 3 1 1 1 1 ( )( ) 3 .3 9. x y z xyz x y z xyz       Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : . 1 1 1 x y z x y z          Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. 1.2. Dạng tổng quát (n số) x 1 , x 2 , x 3 , ,x n không âm ta có: Dạng 1: 1 2 1 2 n n n x x x x x x n    Dạng 2: 1 2 1 2 n n n x x x n x x x    Dạng 3: 1 2 1 2 n n n x x x x x x n          Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 n x x x    Bình luận:  Để học sinh dễ nhớ, ta nói Trung bình cộng (TBC)  Trung bình nhân (TBN). BAT DANG THUC SACRÉD WÁR Page 5  Dạng 2 và dạng 3 khi đặt cạnh nhau có vẽ tầm thường nhưng lại giúp ta nhận dạng khi sử dụng BĐT Côsi : (3) đánh giá từ TBN sang TBC khi không có cả căn thức. Hệ quả 3: Nếu: 1 2 n x x x S const      thì:   1 2 P n n S Max n x x x         Khi 1 2 n S n x x x     Hệ quả 4: Nếu: 1 2 n x x x P const   thì:   1 2 2 n Min S n P x x x   Khi 1 2 n n x x x P    2.Các kỹ thuật sử dụng của bất đẳng thức Cauchy (Côsi ) Để sử dụng BĐT Cauchy hiệu quả chúng ta cần nhớ các quy tắc sau Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giiải nhanh hơn. Quy tắc dấu bằng: dấu bằng “=” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của BĐT. Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả một số giáo viên khi mới nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thường rất hay mắc sai lầm này, áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không chu ý đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT là điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải được cùng được thỏa mãn với cùng điều kiện của biến. Quy tắc biên: Cở sở của quy tắc biên này là các bài toán quy hoạch tuyến tính, các bài toán tối ưu, các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhất , giá trị BAT DANG THUC SACRÉD WÁR Page 6 nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng các giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên. Quy tắc đối xứng: Các BĐT thường có tính chất đối xứng vậy thì vai trò của các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu “ = ” thường xảy ra tại vị trí các biên đó bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ ra dấu “ = ” xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể Chiều của BĐT cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh : đánh giá từ Trung bình cộng (TBC) sang Trung bình nhân (TBN) và ngược lại. 2.1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “  ”.Đánh giá từ tổng sang tích. Bài 1. Chứng minh rằng:       2 2 2 2 2 2 2 2 2 , , 8 a b c a b b c c a a b c     Giải Sai lầm thường gặp Sử dụng:  x, y thì x 2 - 2xy + y 2 = ( x- y) 2  0  x 2 + y 2  2xy. Do đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b ab b c bc c a ca                   2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 , , a b b c c a a b c a b c      (Sai) Ví dụ: 2 2 3 5 4 3            24 = 2.3.4  (-2)(-5).3 = 30 ( Sai ) Lời giải đúng: Sử dụng BĐT Côsi : x 2 + y 2  2 2 2 x y = 2|xy| ta có: BAT DANG THUC SACRÉD WÁR Page 7 2 2 2 2 2 2 0 0 0 2 2 2 a b ab b c bc c a ca                        2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 | 8| 8 , , a b b c c a a b c a b c a b c      (đúng) Bình luận  Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi các vế cùng không không âm.  Cần chú ý rằng: x 2 + y 2  2 2 2 x y = 2|xy| vì x, y không biết âm hay dương.  Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Côsi như bài toán nói trên mà phải qua một vài phép biến đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT Côsi.  Trong bài toán trên dấu “  ”  đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số. Bài 2. Chứng minh rằng:   8 2 64 ( ) a b ab a b     a,b  0 Giải           4 4 8 2 4 ôSi 2 4 2 .2 2 2 2 2 . . C a b a b a b ab a b ab ab a b                            2 64 ( ) ab a b   Bài 3. Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab)  9ab  a, b  0. Giải Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab)  3 3 3 1. . . 3. . . 9 a b a b ab ab  . Bình luận:  9 = 3.3 gợi ý sử dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được xuất hiện ba lần, vậy khi sử dụng Côsi cho ba số sẽ khử được căn thức cho các biến đó. Bài 4. Chứng minh rằng: 3a 3 + 7b 3  9ab 2  a, b  0 Giải Ta có: 3a 3 + 7b 3  3a 3 + 6b 3 = 3a 3 + 3b 3 + 3b 3 3 3 3 6 3 3 Côsi a b  = 9ab 2 BAT DANG THUC SACRÉD WÁR Page 8 Bình luận:  9ab 2 = 9.a.b.b  gợi ý đến việc tách hạng tử 7b 3 thành hai hạng tử chứa b 3 để khi áp dụng BĐT Côsi ta có b 2 . Khi đã có định hướng như trên thì việc tách các hệ số không có gì khó khăn. Bài 5. Cho: , , , 0 1 : 1 1 1 1 81 3 1 1 1 1 a b c d CMR abcd a b c d                Giải Từ giả thuyết suy ra:       ôsi 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = - C b c d bcd a b c d b c d b c d                                     Vậy:                                        3 3 3 3 3 3 3 3 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 d 81 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 bcd a b c d cda b c d a abc a b c d a b c d dca c d c a abc d a b c                                                   1 81 abcd  Bài toán tổng quát 1: Cho:   1 2 3 1 2 3 1 2 3 , , , , 1 0 1 : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n x x x x CMR x x x x n x x x x                   Bình luận  Đối với những bài toán có điều kiện là các biểu thức đối xứng của biến thì việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng sẽ giúp ta xử lí các bài toán chứng minh BĐT dễ dàng hơn. BAT DANG THUC SACRÉD WÁR Page 9 Bài 6. Cho , , 0 1 1 1 : 1 1 1 8 1 a b c CMR a b c a b c                          (1) Giải ôsi 1 1 1 (1) . . 2 2 2 . . . . 8 C a b c VT a b c b c c a a b bc ca ab a b c a b c           (đpcm) Bài toán tổng quát 2: Cho:   n 1 2 3 1 2 3 1 2 3 , , , , 1 1 0 1 1 1 1 : 1 1 1 1 n nn n x x x x CMR x x x xx x x x                                           Bài.7. CMR:         1 2 3 3 3 3 1 1 1 1 1 8 , , 0 3 a b c a b c abc abc a b c                                       Giải Ta có:             ôsi 3 3 1 1 1 1 1 1 1 3 3 C a b c a b c a b c                              (1) Ta có:           1 1 1 1 a b c ab bc ca a b c abc                     2 2 2 3 ôsi 3 3 3 3 11 3 C a b c abc abc abc      (2) Ta có:   3 3 3 3 ôsi 2 1. 81 C abc abc abc         (3) Dấu “ = ” (1) xảy ra  1+a = 1+b = 1+c  a = b = c Dấu “ = ” (2) xảy ra  ab = bc = ca và a = b = c  a = b= c Dấu “ = ” (3) xảy ra  3 abc =1  abc = 1 Bài toán tổng quát 3 Cho x 1 , x 2 , x 3 , , x n  0. CMR: BAT DANG THUC SACRÉD WÁR Page 10        1 2 3 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 1 1 n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x n                                           Bình luận:  Bài toán tổng quát trên thường được sử dụng cho 3 số, áp dụng cho các bài toán về BĐT lượng giác trong tam giác sau này.  Trong các bài toán có điều kiện ràng buộc việc xử lí các điều kiện mang tính đồng bộ và đối xứng là rất quan trọng, giúp ta định hướng được hướng chứng minh BĐT đúng hay sai. Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có một kỹ thuật nhỏ hay được sử dụng. Đó là kĩ thuật tách nghịch đảo. 2.2. Kỹ thuật tách nghịch đảo: Bài 1. CMR: 2 . 0 a b a b b a     Giải Ta có : 2 2 Côsi a b a b b a b a    Bài 2. CMR: 2 2 2 2 1 a a R a      Giải Ta có :   2 2 2 2 2 2 2 ôsi 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 C a a a a a a a a               Dấu “ = ” xảy ra  2 2 2 1 1 1 1 0 1 a a a a         Bài 3. CMR:   1 3 0 a a b b a b       Giải Ta có nhận xét : b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b do đó hạng tử đầu a sẽ được phân tích như sau : BAT DANG THUC SACRÉD WÁR Page 11           3 ôsi . 1 1 1 3 . 3 0 C a b a b b a b a b b a b b a b b a b               Dấu “ = ” xảy ra      1 b a b b a b     a = 2 và b = 1. Bài 4. CMR:     2 4 3 0 1 a a b a b b        (1) Giải Vì hạng tử đầu chỉ có a cần phải thêm bớt để tách thành các hạng tử sau khi sử dụng BĐT sẽ rút gọn cho các thừa số dưới mẫu . Tuy nhiên dưới mẫu có dạng     2 1 a b b   (thừa số thứ nhất là một đa thức bậc nhất b, thừa số thứ hai là một tam thức bậc hai của b) do đó ta có thể tách hạng tử a thành tổng các hạng tử là các thừa số của mẫu. Vậy ta có :     2 1 a b b   = (a - b)( b + 1)( b + 1)  ta phân tích a thành hai cách sau: 2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) hoÆc a +1 =   1 1 2 2 b b a b      Từ đó ta có (1) tương đương : VT + 1 =            2 4 1 1 4 1 2 2 1 1 1 b b a a b a b b b a b b                      4 ôsi . . . . 1 1 4 4 4 2 2 1 1 C b b a b a b b b          đpcm. Bài 5. CMR : 3 1 2a 1 2 3 4 ( ) 1 a b a b a b              Giải Nhận xét : dưới mẫu số b(a-b) ta nhận thấy b + ( a – b ) = a. Chuyển đổi tất cả biểu thức sang biến a là 1 điều mong muốn vì việc xử lí với một biến sẽ đơn giản hơn. Biến tích thành tổng là một mặt mạnh của BĐT Côsi. Do đó : [...]...  y zx z x y x yz Đặt : c  a  y  0  a  ; b ; c 2 2 2 a  b  z  0  Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau:  y x yzx z x y x y z z x y            2x 2y 2z x y x z  z z 6 y  Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, Thậ vậy, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : VT  2 y x z x y z 2 2  222 6 x y x z z y Dấu “ = ” xảy ra  x =... dụng việc chọn điểm rơi cho bất đăng thức Bunnhiacôpski thì bài toán sẽ nhanh gọn hơn, đẹp hơn  Trong bài toán trên chúng ta đã dùng mọt kĩ thuật đánh giá từ TBN sang TBC , chiều của dấu của dấu bất đẳng thức không chỉ phụ thuộc vào chiều đánh giá mà nó còn phụ thuộc vào biểu thức đánh nằm ở mẫu số hay ở tử số Thí dụ 12 Cho a, b, c, d > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: SACRÉD WÁR Page 21 BAT... minh rằng : a 2  b2  c2  a  b  c b  c  a c  a b a b c Giải b  c  a  x  0  y z zx x y Đặt : c  a  b  y  0  a  ; b ; c 2 2 2 a  b  c  z  0  Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau: SACRÉD WÁR Page 33 BAT DANG THUC 2  2 2  y  z   z  x   x  y  x  y  z 4x 4y Ta có : VT (2)  Côsi  (2) 4z yz zx xy 1  yz zx  1  zx xy  1  yz xy  ... TBN 1 Cho a  6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  a 2  18 a 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  2a  2 2 a 2 Cho 0 < a   a, b  0 3 Cho   a  b  1  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  ab   a, b, c  0 4 Cho   a  b  c  1  1 ab Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  abc  5 Cho a, b > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  1 abc ab ab  ab a  b  a, b, c ... a bc d Sai lầm thường gặp Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 8 số: S  88 a b c d bcd cd a abd abc 8 bc d c d  a ab d a bc a b c d Nguyên nhân sai lầm: a  b  c  d  bcd a Min S = 8    a + b + c + d = 3(a + b + c + d)  1 = 3  vô lí  c  d ab  d  a  b  c  Phân tích và tìm tòi lời giải Để tìm MinS ta cần chú ý S là một biểu thức đối xứng với a,b,c,d > 0 do đó... và điểm rơi là a = 2 dựa trên quy tắc biên để tìm ra  = 4  ở đây ta thấy tính đồng thời của dấu “ = ” trong việc áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số a 1 3a , và đạt giá trị lớn nhất khi a = 2, tức là chúng có điểm rơi a = 4 a 4 2 Thí dụ 9 Cho a  2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  a  1 a2 Giải SACRÉD WÁR Page 18 BAT DANG THUC a 2   a = 2     1 1  a2 4  Sơ đồ chọn điểm rơi:  2 ... không ? Mặc dù bài toán có thể thực hiện liên tiếp nhiều bước biến đổi nhưng để dấu ‘=’ đạt được thì ở mỗi bước dấu ‘=’ cũng phải giống như dấu ‘=’ ở đẳng thức cuối cùng Vậy thì tại sao ta không dự đoán trước dấu ‘=’ của BĐT (hoặc giá trị mà tại đó biểu thức đạt max, min) rồi từ đó mới định hướng phương pháp đánh giá ? Đây là một cách phân tích tìm lời giải mà tôi muốn giới thiệu Để có hướng suy nghĩ... đây cho ta có dự đoán được các điểm mà tại đó đạt NN, LN sẽ là các điểm làm sinx = 0.(thường thì các điểm đạt max, min là các điểm tới hạn của hàm số) + Từ điều này, khi ta biến đổi và sử dụng các bất đẳng thức để đánh giá phải luôn luôn có dấu ‘=’ tại các điểm làm sinx = 0 + Muốn đưa về một ẩn t, ta đặt t = cosx, nhưng sin5x không chuyển về t được  đánh giá sin5x để hạ một bậc (sin2x, sin4x, thì... b + c – a ).( c + a – b ).( a + b – c )  abc (1) Giải b  c  a  x  0  y z zx x y Đặt : c  a  b  y  0  a  ; b ; c 2 2 2 a  b  c  z  0  Khi đó ta có BĐT (1) tương đương với bất đẳng thức sau : xyz  Áp dụng BĐT Côsi, ta có : Bài 4 Cho  ABC CMR: x y y z zx 2 2 2 x y y z z x  xy yz zx  xyz (đpcm) 2 2 2 1  p  a 2  1  p  b 2  1  p  c 2  p (1)  p  a ... giác ABC Phân tích: Bài toán yêu cầu tính 3 góc trong khi đó chỉ cho một đẳng thức ràng buộc như vậy chỉ có cách dùng BĐT để đánh giá một vế lớn hơn hoặc bằng vế còn lại + Dự đoán dấu ‘=’: B = C = 450 và A = 900 (B, C đối xứng nên dự đoán B = C, hệ số cosB là 2 từ đây dự đoán B = 450 thử vào thấy thỏa.) + Ta thực hiện biến đổi biểu thức quen thuộc : cosB + cosC = 2cos BC BC cos , 2 2 với dự đoán B =