Thông tin tài liệu
A: §Æt vÊn ®Ò !"##$ %% &'% () *%% &%"+,' +-.%)/% &#), *#0 .##% &1 2#.## (% &#)3 4 5/6%78!9#.###5*#1:6% % &(#!9 *#.##) ;%#)#<*##.##*#-1 =% & *>!9!"% )%+>#.%#.+#. 4%+ ?@A/%(111 *78!9 >#"111B>C7DE#), *'E .%)% &1 E)!"CFGH2I74#3 )%% &% % &G)JK#.## ?7L ? *@)%1:4 >/7H2I"E)3!C< ! 7$$%E>!9E) !"%>#1 !/ L *>#@+7<#. ##C *78!9% &M!5 ?N %E O. .!5% & P%E#.###) 1111117<%>#>!9Q$#7%@$$ 4#%C>!9% &$#7 ( ?@ *#.##$.% &%1 R S ((mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc vµ øng dông cñabÊt ®¼ng thøc ))<$#77<#. ##% & T! UC A'"E *7#T/C ( *+.LV). W B giải quyết vấn đề phần I: điều trathực trạng trớc khi nghiên cứu X)!"C@#4#7<%>#% &C7 $$+%>#C ?@ 4 %+7F % ++(%>#! C @ C+DE#)@!J77<#. ##% &!9/% &+ DE7 ($#7E% & +7%>#% & Phần II: các phơng pháp nghiên cứu P.## Y.## < Y.##+ Phần III: nội dung của đề tài i : Các kiến thức cần lu ý 1, Định nghĩa bất đẳng thức ZA.%-+[% Z@.%-+\% ZA.4%Q%-+[% Z@.4%Q%-+\% 2, Một số tính chất cơ bản của bất dẳng thức : -]M\%[^\%[ %-_M\%%\^\\ I<`*7a(Aa(a(%a(CEa( bcddeR]cR f -cM\%[^\Z\%Z H+)M\%[^\0\%0 Z\%[^\\%0 !-gM\%\!^\Z\%Z! \%[!^\0\%0! K-eM\%\d^\\%! \%[d^\[%! h-RM\%\di\!\d^\\%! -WM\%\d^\ \% \%[^\ \% @j1 -fM\%i%\d^\ 3, Một số bất đẳng thức thông dụngM = &27M B@_7<!.%M ab ba + 2 k &L)CM^% %= &=#LM B@7<i%iLiCMlLZ%Cm _ l _ Z% _ mlL _ ZC _ m k &L)C[^\ y b x a = = &?C+ <M baba ++ k &L)CM% d II : Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức 1.Phơng pháp 1 : Dùng định nghĩa 0XEMa(n\=Lb+n0=o n0=\d1 0pTMn _ d@ni!qq^qqL)Cn^d1 r 0B-!9M Bµi 1.1 : B@7<MLCsQML _ ZC _ Zs _ Zc ≥ _lLZCZsm Gi¶i : Lb+MH^L _ ZC _ Zs _ Zc0_lLZCZsm ^L _ ZC _ Zs _ Zc0_L0_C0_s ^lL _ 0_LZ]mZlC _ 0_CZ]mZls _ 0_sZ]m ^lL0]m _ ZlC0]m _ Zls0]m _ klL0]m _ ≥ d@L lC0]m _ ≥ d@C ls0]m _ ≥ d@s ^\H ≥ d@LCs HCL _ ZC _ Zs _ Zc ≥ _lLZCZsm@LCs1 k%QL)C[^\L^C^s^]1 Bµi 1.2M 2%!K7<M 2QM _ Z% _ Z _ Z! _ ZK _ ≥ l%ZZ!ZKm Gi¶i : tb+MH^ _ Z% _ Z _ Z! _ ZK _ 0l%ZZ!ZKm ^l b a − 2 m _ Zl c a − 2 m _ Zl d a − 2 m _ Zl e a − 2 m _ kl b a − 2 m _ ≥ d@% kl c a − 2 m _ ≥ d@ kl d a − 2 m _ ≥ d@! kl e a − 2 m _ ≥ d@K ^\H ≥ d@%!K kqq^qqL)C[^\%^^!^K^ 2 a Bµi 1.3 :2% &M 2 22 22 + ≥ + baba ]d Giải : tb+MH^ 2 22 22 + + baba ^ 4 )2()(2 2222 bababa +++ ^ 0)( 4 1 )222( 4 1 22222 =+ baabbaba 1B@%1 kqq^qqL)C^%1 2. Phơng pháp 2 ; Dùng phép biến đổi tơng đơng . 0XEM=E O% &D. .@% & $4% & P * $1 0:7<% &G!5M lnZ=m _ ^n _ Z_n=Z= _ ln0=m _ ^n _ 0_n=Z= _ lnZ=Z2m _ ^n _ Z= _ Z2 _ Z_n=Z_n2Z_=2 lnZ=m c ^n c Zcn _ =Zcn= _ Z= c ln0=m c ^n c 0cn _ =Zcn= _ 0= c 1 B-!9M Bài 2. 1M2%7<!.O%Q]12QM 3 4 1 1 1 1 + + + ba Giải: k5#b#%E O. .i clZ]Z%Z]m glZ]ml%Z]m r gl%ZZ%Z]mlZ%^]m r g%Zf] g%lZ%m _ g% = &< $1IC #)1 Bài 2. 2M2%7<!.)PMZ%Z^g 2QMlZ%ml%ZmlZm c % c c Giải: uMlZ%m _ g%lZ%Zm _ ^ [ ] cbacba )(4)( 2 +++ ^\]R glZ%m^\]RlZ%m glZ%m _ ]R% ^\Z% % ]] .M%Z ≥ % Z ≥ % ^\lZ%ml%ZmlZm ≥ c % c c Bµi 2.3M2% &M 3 33 22 + ≥ + baba i \di%\d Gi¶i : k5#b#%E O. .MB@\di%\d^\Z%\d 3 33 22 + ≥ + baba + ≥+− + 2 ).( 2 22 ba baba ba 1 2 2 + ba _ 0%Z% _ ≥ 2 2 + ba g _ 0g%Zg% _ ≥ _ Z_%Z% _ c _ 0R%Zc% _ ≥ cl _ 0_%Z% _ m ≥ d = &<5 $i7CM 3 33 22 + ≥ + baba Bµi 2.4: 2_7<%)PZ%^]12:v c Z% c Z% ≥ 2 1 Gi¶i : M c Z% c Z% ≥ 2 1 [^\ c Z% c Z%0 2 1 ≥ d [^\lZ%ml _ 0%Z% _ mZ%0 2 1 ≥ d [^\ _ Z% _ 0 2 1 ≥ d1BZ%^] [^\_ _ Z_% _ 0] ≥ d [^\_ _ Z_l]0m _ 0] ≥ dl%^0]m [^\g _ 0gZ] ≥ d [^\l_0]m _ ≥ d = &<5 $1B>C c Z% c Z% ≥ 2 1 kqq^qqL)C^%^ 2 1 ]_ Bài 2.5 :2% &M 3 33 22 + + baba M\d%\d1 Giải : B@\d%\d^\Z%\d M 3 33 22 + + baba [^\ ( ) 2 22 22 . 2 + + + + baba baba ba [^\ 2 22 2 + + ba baba [^\g _ 0g%Zg% _ _ Z_%Z% _ [^\cl _ 0_%Z% _ m d [^\cl0%m _ d1= &C $ ^\ 3 33 22 + + baba kqq^qqL)C^%1 Bài 2.6MB@\d%\d12% &M a b a a b b Giải : k5#b#%E O. .M a b a a b b l )() baabbbaa ++ d [ ] 0)()()( 33 ++ baabba 0)())(( +++ baabbababa 0)2)(( ++ bababa 0))(( + baba = &< $i7CM a b a a b b 3. Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc . ]c 0 XE M k5 % & K M 27 =#L% &!?C+ < (%E O :7<+)u% &ML _ ZC _ ≥ _LC B@%\d 2≥+ a b b a 2-!9M Bµi 3.1Mw)78%7<!.QM 2> + + + + + ba c ac b cb a Gi¶i #!9=a2CM Zl%Zm )(2 cba +≥ cba a cb a ++ ≥ + 2 . *M cba b ac b ++ ≥ + 2 cba c ba c ++ ≥ + 2 k%Q/%=a( oGL)C M ^%Z%^Z^Z%Z%Z^dl@)E% 7<!.m1 u 7CM 2> + + + + + ba c ac b cb a Bµi 3.2: 2LC_7<)PM L _ ZC _ ^ 22 11 xyyx −+− 2QMcLZgC ≤ e Gi¶i : ¸#!9% &=#LM lL _ ZC _ m _ ^l 22 11 xyyx −+− m _ l 1≤x i 1≤y m ≤ lL _ ZC _ ml]0C _ Z]0L _ m ^\L _ ZC _ ≤ ] "MlcLZgCm _ ≤ lc _ Zg _ mlL _ ZC _ m ≤ _e ^\cLZgC ≤ e ]g a&L)C = >> =+ 43 0,0 1 22 yx yx yx = = 5 4 5 3 y x a+M 2 5 2 3 ≤≤ x Bµi 3. 3:2% ≥ diZ%Z^]12QM 6≤+++++ accbba % 5,3111 <+++++ cba Gi¶i ¸#!9%!&=#L@_%c7<M ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) +++++++≤+++++ 222 1111.1.1. accbbaaccbba ^\ ( ) 6)22.(3 2 =++≤+++++ acbaaccbba ^\ 6≤+++++ accbba 1 kqq^qqL)CM^%^^ 3 1 %¸#!9% &27M 1 22 1)1( 1 += ++ ≤+ aa a .M 1 2 1 +≤+ b b i 1 2 1 +≤+ c c 2uE/c% & *M 5,33 2 111 =+ ++ ≤+++++ cba cba k &L)C^%^^d@)EMZ%Z^ ] B>CM 5,3111 <+++++ cba Bµi 3.4M27<!.%)PMZ%Z^]1 2QM 9 111 ≥++ cba Gi¶i : M 0>+ a b b a %\d M =++ cba 111 ) 111 ( cba ++ 1]^ ) 111 ( cba ++ 1lZ%Zm ^ 111 ++++++++ b c a c c b a b c a b a ]e [...]... a)(1 - b) > 1 - a - b Do c < 1 nên 1 - c > 0 => (1 - a)(1 - b)(1 - c) > (1 - a - b)(1 - c) (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 1 - a - b - c + ac + bc Do a, b, c, d > 0 nên 1 - d > 0 ; ac + bc > 0 ; ad + bd + cd > 0 =>(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)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d + ad + bd + cd => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1... 2 Giải Theo tính chất bắc cầu ta có : (x2 - y 2) 0 x4 + y4 2x2y2 2(x4 + y 4) (x2 + y 2)2 ( 1) Ta có : (x - y)2 0 x2 + y2 2xy 2(x2 + y2 ) (x +y)2 2(x2 + y2 ) 4 Vì : x + y = 2 x 2 + y2 2 ( 2) Từ ( 1) và ( 2) ta có : x4 + y4 2 Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = 1 Bài 4.2: 16 Cho 0 < a, b, c, d < 1 Chứng minh rằng : (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > 1 - a - b - c - d Giải : Ta có : (1 - a)(1 - b)... 2 (b c) 2 a 2 c a < b 0 < b 2 (c a ) 2 b 2 a b < c 0 < c 2 (a b ) 2 c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Từ đó a (b c) b (c a) c (a b) a b c (a+b-c)(a-b+c)(b-c+a)(b+c-a)(c-a+b)(c+a-b) a 2b 2 c 2 (a+b-c)2(b+c-a)2(c+a-b)2 a 2b 2c 2 (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) abc Vì a, b, c, là ba cạnh của một tam giác nên a+b-c>0 b+c-a>0 c+a-b>0 và abc>0 Vậy bất đẳng thức dẫ đợc chứng minh 7 Phơng pháp 7 :... sau là sai : 2a(1 - b) > 1 3b(1 - c) > 2 8c(1 - d) > 1 32d(1 - a) > 3 Giải: Giả sử ngợc lại cả bốn đẳng thức đều đúng Nhân từng về ; ta có : 2.3.8.32a(1 - b)b(1 - c)c(1 - d)d(1 - a) > 2 3 => [ a(1 a)][ b(1 b)][ c(1 c)][ d (1 d )] > 1 256 ( 1) Mặt khác , áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : a +1 a 1 = 2 2 1 Tơng tự : b(1 - b) 4 1 c(1 - c) 4 1 d(1 - d) 4 a (1 a ) => a(1 - a) 1 4 Nhân từng về các... 1 + 1 )( x + y + z ) = 1 2x 3y 6z 2 3 6 (với x, y, z > 0 ) Giải : áp dụng : Nếu a, b > 0 thì : 3 x 2 y a b + 2 b a 1 z ( 2) ( + + )( 3x + 2 y + z ) = 36 x y y x x z z x y z z y 6 ( + ) + 3( + ) + 2( + ) = 22 x y y x x z 3( + ) 6 z x x y x z y z ( + ) + 3( + ) + 2( + ) 22 y x z x z y Mặt khác : vì x, y, z > nên 6 ( + ) 12 ; z y 2( + ) 4 y z Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = z , thay vào ( 1) ta đợc... mọi số thực x, y ta có bất đẳng thức : 1 ( x 2 y 2 )( 1x 2 y 2 ) 1 - 4 (1 + x 2 ) 2 (1 + y 2 ) 2 4 Giải: x2 y2 Đặt : a = (1 + x 2 )( 1 + y 2 ) 1 x2 y2 và b = (1 + x 2 )( 1 + y 2 ) ( x 2 y 2 )( 1 x 2 y 2 ) => ab = (1 + x 2 ) 2 (1 + y 2 ) 2 Ta có dễ thấy với mọi a, b thì : 2 Mà : (a - b) = 1 2 x + 1 1 1 (a b) 2 ab (a + b) 2 4 4 2 2 2 (a + b) = 1 2 y + 1 1 1 Suy ra : - ab 4 4 2 2 Bài 8.3... (a + ) + (b + ) + (c + ) < 6 ( 1) a b c 1 1 1 Vì a, b, c > 0 nên ta có : (a + ) 2 ; (b + ) 2 ; (c + ) 2 a b c 1 1 1 => (a + ) + (b + ) + (c + ) 6 Điều này mâu thuẫn với ( 1) a b c a+ Vậy không tồn tại 3 số dơng a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức nói trên => đpcm Bài 7.3 : Chứng minh rằng không có các số dơng a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức sau : 4a(1 - b) > 1 ; 4b(1 - c) > 1 ; 4c(1 - a ) >... b 1 c của biểu thức : F = (a + ) 2 + (b + ) 2 + (c + ) 2 Giải: Ta có : F = (a2 + b2 + c 2) + ( 1 1 1 + 2 + 2)+ 6 2 a b c Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki , ta có : (a.1 + b.1 + c. 2)2 3(a2 + b2 + c 2) => a2 + b2 + c2 1 3 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2) 2 a b c a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Mặt khác : + + = ( + + ). 1 = ( + + )( a + b + c) a b c a b c a b c a b b c c a =3+( + )+ ( + )+ ( + ) 3+2+2+2=9 b a c b a c 1 1 1... ; 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7 ; 8 > 7 Vậy đẳng thức ( *) đúng với n = 3 + Giả sử ( *) đúng với n = k (k N ; k 3) , tức là : 2k > 2k + 1 ta phải chứng minh : 2k+1 > 2(k + 1) + 1 hay : 2k+1 > 2k + 3 (* *) + Thật vậy : 2k+1 = 2.2k , mà 2k > 2k + 1 ( theo giả thiết quy nạp ) 23 do đó : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + 3 ( Vì : 2k - 1 > 0 ) Vậy (* *) đúng với mọi k 3 + Kết luận : 2n > 2n + 1 với... thoả mãn : a + b = 1 Giải B = (a + b)(a2 - ab + b 2) + ab = a2 - ab + b2 + ab = a2 + b2 Ta có : 2(a2 + b 2) (a + b)2 = 1 => a2 + b2 Vậy min B = 1 2 khi a = b = 1 2 1 2 Bài 2: a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = (x2 + x)(x2 + x - 4) b, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y Giải a, A = (x2 + x)(x2 + x - 4) Đặt : t = x2 + x - 2 => A = (t - 2)( t + 2) = t2 - 4 - 4 Dấu . baba kqq^qqL)C^%1 Bài 2.6MB@d%d12% &M a b a a b b Giải : k5#b#%E O. .M a b a a b b l )( ) baabbbaa ++ d [ ] 0)( ) ()( 33 ++ baabba 0)( )) ( ( +++ baabbababa 0)2 )( ( ++ bababa 0)) (( +. 0 4 1 )1 ()1 ( )1 )( ( 4 1 2222 2222 ≤ ++ − ≤ yx yxyx Gi¶iM a4M^ )1 )( 1( 22 22 yx yx ++ − %^ )1 )( 1( 1 22 22 yx yx ++ − ^%^ 2222 2222 )1 ()1 ( )1 )( ( yx yxyx ++ −− !zC@%M0 22 )( 4 1 )( 4 1 baabba. *M 6 111 <+++++ a c c b b a 6) 1 () 1 () 1 ( <+++++ c c b b a a l]m B%dM 2) 1 ( ≥+ a a i 2) 1 ( ≥+ b b i 2) 1 ( ≥+ c c ^ 6) 1 () 1 () 1 ( ≥+++++ c c b b a a aCVJ@l]m B>Co"c7<!.% ) P ) c%
Ngày đăng: 09/07/2014, 12:00
Xem thêm: Không xem thì phí (phương pháp giải BDT hay ), Không xem thì phí (phương pháp giải BDT hay )
