chuyên đề CM bất đẳng thức

CHUYêN Đề CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC1.. Tính chất BĐT số :.. Một số hằng BĐT :... Ta có những BĐT quen thuộc :.. Phýừng phỏp 3: Dựng B T ĐT Cụsi d, Khi áp dụng BĐT CÔSI thờng không phải ch

CHUYêN Đề CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1 Định nghĩa :

- BĐT là 1 hệ thức có một trong các dạng : A > B ; A < B ; A ≥ B ; A ≤B (A , B là các biểu thức số hay chữ )

2 Tính chất BĐT số :

a > b  a - b > 0

a > b và b > c  a > c

a > b  a + c > b+ c

a > b và c > d  a + c > b+ d

a > b  ac > bc nếu c > 0

ac < bc nếu c < 0

a > b > 0 và c > d > 0  ac > bd

0











a > b > 0 và n nguyên dơng  a n b n

a > b > 0 và n nguyên dơng  n a n b

3 Một số hằng BĐT :

A2 ≥ 0 với mọi A dấu bằng xảy ra  A =0

|A| ≥ 0 với mọi A dấu bằng xảy ra  A = 0

- |A| < A < |A|

|A + B| ≤ |A| + |B| dấu bằng xảy ra  AB ≥ 0

|A - B| ≥ |A| - |B|

A > B  An > Bn với n lẻ

|A| > |B|  An > Bn với n chẵn

1

m n

A









m n

A







Phơng pháp 1: Dùng định nghĩa Kiến thức : Để chứng minh A > B ta đi chứng minh A - B > 0

L

u ý : dùng hằng BĐT M2 ≥ 0 với mọi M

Ví dụ 1 : với mọi x, y, z chứng minh rằng:

a, x + y + z ≥ xy + yz + zx

b, x + y + z ≥ 2xy - 2xz + 2yz

c, x + y + z + 3 ≥ 2( x + y + z )

Giải : a,Ta xét hiệu : x + y + z - xy - yz – xz

Vậy x + y +z ≥ xy + yz + zx Dấu bằng xảy ra khi x = y = z

b,Ta xét hiệu : x +y + z - ( 2xy -2 xz + 2yz) = x + y + z - 2xy + 2xz - 2 yz = ( x - y + z ) ≥ 0 Vậy x + y + z ≥ 2xy – 2xz +2yz

Dấu bằng xảy ra khi x + z =y

c,Ta xét hiệu : x + y + z + 3 - 2( x + y + z) = x - 2x + 1 + y - 2y + 1 + z – 2z + 1 = ( x -1 ) + (y – 1 ) + ( z -1 ) > 0

Dấu bằng xảy ra khi x = y =z =1

Ví dụ 2 : CMR : a,

2

b,

2

Giải :

a , Ta xét hiệu :

2

2

12 2 2 

4

1

0 4

2

a b

Vậy :

2

Dấu bằng xảy ra khi a = b

b, Ta xét hiệu :

2

1

0 9

Vậy:

2

Dấu bằng xảy ra khi a =b =c

Tổng quát :

( a12 + a2 +… + a + an ): n ≥ (( a1 + a2 + … + a + an) : n )2

 Tóm lại : Các bớc để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa :

• Bớc I: Ta xét hiệu H = A – B

• Bớc II: Biến đổi

H =(C D)± D) 2 Hoặc H =(C D)± D) 2 +… + a+ ( E F)± D) 2

• Bớc III: Kết luận A ≥ B

Phơng pháp 2: Dựng phộp biến đổi tương đương

 L u ý : Ta biến đổi BĐT cần chứng minh tơng đơng với BĐT đúng hoặc BĐT đã đợc chứng minh là đúng

 Chú ý : Các hằng đẳng thức sau :

(A + B)2 = A2 + 2AB + B2

(A+B+ C )2 = A2 +B2 +C2 +2AB +2AC + 2BC

(A + B )3 =A3 + 3A2B + 3AB2 + B3

Ví dụ1 : Cho a, b, c, d, e là các số thực CMR :

a ,  b 2

a

4

b , a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b

c, a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a ( b + c + d +e )

Giải: a ,  b 2

a

<=> 4a2 + b2 ≥ 4ab <=> 4a2 – 4ab + b2 ≥ 0

<=> (2a – b)2 ≥ 0 (Bất đẳng thức này luôn đúng )

Vậy:  b 2

a

4 (Dấu bằng xảy ra khi 2a = b )

b, a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b

<=> 2 ( a2 + b2 +1 ) ≥ 2 ( ab + a + b )

<=> a2 - 2ab + b2 + a2 - 2a + 1 + b2 -2b + 1 ≥ 0

<=> ( a – b)2 + (a- 1 )2 + ( b-1)2 ≥ 0 (*)

=> BĐT (*) đúng

Vậy: a2 + b2 +1≥ ab +a +b Dấu bằng xảy ra khi: a = b =1

c, a2 + b2 + c2 +d2+e2 ≥ a( b + c + d +e )

4( a2 + b2 + c2 + d2 +e2) ≥ 4a( b + c + d + e)

(a2 - 4ab + 4b2)+( a2 -4ac + 4c2 )+(a2 -4ad + 4d2)+(a2 - 4ac + 4c2) ≥ 0 (a - 2b)2 + ( a -2c)2 + (a -2d)2 + ( a -2c)2 ≥ 0

=>BĐT đúng , vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2: CMR :

( a10 + b10)(a2 + b2) > ( a8 + b8 )( a4 + b4) (*)

Giải : Ta có (*) tơng đơng với :

a12 + a10b2 + a2b10 + b12 > a12 + a8b4 + a4b8 + b12

a10b2 - a8b4 + a2b10 -a4b8 > 0

a8b2 ( a2 - b2 )( a6 - b6 ) > 0

a2 b2 ( a2 - b2)2( a4 + a2b2 +a4 ) > 0

BĐT cuối đúng, ta có điều phải chứng minh

Chú ý: ở đây ta dùng hằng đẳng thức :

x3 – y3 = ( x – y ) ( x2 + xy + y2 ) với x=a2; y =b2

• Phơng pháp 2: sử dụng bất đẳng thức Côsi

• Cho n số a1, a2 , , an không âm, TBC của chúng không nhỏ hơn trung bình nhân của chúng:

Đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = … + a =xn

Phýừng phỏp 3: Dựng B T ĐT Cụsi

1, Cần chỉ rõ BĐT Côsi đợc áp dụng cho những số không âm nào

o Đặc biệt với n = 2 ta có những BĐT quen thuộc :

(1) ( a , b ≥ 0 )

4ab ≤ ( a + b)2

( 2)

(3) (nhân vế với vế của (1) và (2))

(*)

Phýừng phỏp 3: Dựng B T ĐT Cụsi

b, Đặc biệt với n =3 Ta có những BĐT quen thuộc :

x + y + z ≥ (1) ( x , y , z ≥ 0 )

xyz ≤

(2)

Từ (1) và (2) Ta có :

( x + y + z) ≥ 9

Phýừng phỏp 3: Dựng B T ĐT Cụsi

c , Với n = ai

( a1 + a2 + … + a+an ) ≥ n2

( ai > 0 )

 Khi dùng phải chứng minh nh n =2 , n =3

Phýừng phỏp 3: Dựng B T ĐT Cụsi

d, Khi áp dụng BĐT CÔSI thờng không phải chỉ áp dụng một lần đã đợc kết

quả Có thể phải ghép hai hoặc ba lần với từng cặp các số Hơn nữa cần

chú ý tới các đại lợng để tham gia vào bất đẳng thức CÔSI

 áp dụng BĐT CÔSI ta chứng minh đợc:

(* )

Phýừng phỏp 3: Dựng B T ĐT Cụsi

VÝ dô 1: Cho c¸c sè d¬ng x, y, z, t tho¶ m·n :

x + y + z + t = 1

CMR :

Gi¶i : ¸p dông liªn tiÕp B§T (*) ta cã : = ≥ 4

Suy ra : ≥ 16

§¼ng thøc x¶y ra khi x = y =z =t =

Phýõng pháp 3: Dùng B T ĐT Côsi vÝ dô 2: cho a , b , c lµ c¸c sè kh«ng ©m Chøng minh r»ng : (a+b) (b+c ) (c + a) ≥ 8 abc Gi¶i : ¸p dông B§T C¤SI ta cã :

a+b ≥ 2 b+c ≥ 2 c +a ≥ 2 => (a+b)(b+c )(c + a) ≥ 8 abc Phýõng pháp 4: Dùng B T Dùng B T ĐTĐT

Bunhia côpski • Cho 2n sè tuú ý : a1 , a2 , a3 , … + a , an b1 , b2 , b3 , … + a , bn Ta cã : (a1 + a2 + … + a +an )( b1 +b2 +… + a.+ bn )≥ ( a1b1 + a2b2 +… + a + anbn )2 §¼ng thøc x¶y ra khi :

quy íc : NÕu bi = 0 th× ai = 0 • Mét sè chó ý : BCS kh«ng yªu cÇu c¸c sè ph¶i kh«ng ©m, nªn trong BCS cã thÓ sinh ra dÊu “ - “ ë vÕ ph¶i * NÕu ai > 0, bi > 0 Ta cã thÓ ¸p dông BCS cho c¸c sè : Phýõng pháp 4: Dùng B T Dùng B T ĐTĐT

Bunh iacôpski

(a1 /b1 + a2 /b2 +… + a… + a.+ an /bn)(b1 + b2 +… + a+ bn) ≥ (a1 + a2 + … + a.+ an )2

=> a1 /b1 + a2 /b2 +… + a+ an /bn ≥ ( a1 + a2 +… + a+ an )2/( b1 + b1 + … + a+bn) => §©y lµ B§T SVAC X *NÕu cho bi =1 Ta cã : n ( a1 + a2 + … + a.+ an ) ≥ ( a1 + a2 + … + a.+ an)2 Phýõng pháp 4: Dùng B T Dùng B T ĐTĐT

Bunh iacôpski * NÕu ai vµ b i ≥ 0, ¸p dông BCS cho

( i = 1; 2 ; 3 ; … + a.; n ) ta cã B§T: (a1 + a2+ … + a+an)( b1 + b2 +… + a+ bn) ≥ => ≤

Nếu chọn bi = 1 thì ta có :

*Với n =2 ta có BĐT quen thuộc :

( x2 + y2 ) ( a2 + b2) ≥ ( ax + by )2

Phýừng phỏp 4: Dựng B T Dựng B T ĐTĐT

Bunh iacụpski

*Với n = 3 Ta có :

( x2 + y2 +z2) ( a2 + b2 + c2 ) ≥ ( ax + by + cz )2

Cũng nh BĐT CÔ SI cần đặc biệt chú ý việc chọn đại lợng tham gia vào BĐT

Trong rất nhiều trờng hợp cần phải phối hợp giữa

CÔSI và BCS

Ví dụ 1 :

Cho 3 số a ; b ; c ≠ 0 CMR :

≥

Phýừng phỏp 4: Dựng B T Dựng B T ĐTĐT

Bunh iacụpski Giải

Ta có :

áp dụng BĐT BCS cho hai bộ số :

v à

=> Suy ra :

Phýừng phỏp 4: Dựng B T Dựng B T ĐTĐT

Bunh iacụpski

Ví dụ 2:

Cho x; y; z thoả mãn điều kiện : x2 + y2 + z2 = 1

CMR :

Giải : Áp dụng BĐT BCS Ta đợc :

(x +2y + 3z )2 ≤ ( 12 + 22 + 32)(x2 + y2 + z2) ≤ 14

=> Suy ra :

Phýừng phỏp 4: Dựng B T Dựng B T ĐTĐT

Bunh iacụpski

Ví dụ 3 : CMR : a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca

Giải : Dùng BĐT BCS

Xét cặp số ( 1;1;1 ) và ( a, b, c ) ta có :

(12 + 12 + 12) (a2 + b2 + c2) > (1 a + 1 b + 1 c )2

=> 3(a2 + b2 + c2) > (a2 + b2+ c2) + 2(ab + bc + ca)

=> a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca

Phýừng phỏp 5: Sử dụng tớnh chất bắ c cầ u

 L u ý : A > B và B > C thì A > C

0 < x < 1 thì x2 < x

Ví dụ 1: Cho a , b , c , d > 0 thoả mãn:

a > c + d ; b > c + d Chứng minh : ab > ad + bc

Giải : Ta có : a > c + d và b > c + d => a –c > d > 0

và b – d >c >0

=> ( a – c ) ( b –d ) > cd

<=> ab – ad - bc + cd > cd

<=> ab > ad + bc ( iều phải chứng minh ) Điều phải chứng minh )

Phýừng phỏp 5: Sử dụng tớnh chất bắ c cầ u

Ví dụ 2 : Cho a , b , c > 0 thoả mãn a2 + b2 + c2 =

Chứng minh rằng :

Giải : Ta có :

( a + b – c )2 = a2 + b2 + c2 + 2( ab – ac – bc ) > 0

=> ac + bc - ab < ( a2 + b2 +c2 )

ac + bc - ab ≤ < 1

Chia cả 2 vế cho abc > 0 ta có :

( iều phải chứng minh )ĐT

Phýừng phỏp 5: Sử dụng tớnh chất bắ c cầ u

Ví dụ 3 : Cho 0 < a , b , c , d < 1 CMR :

( 1 – a)( 1- b )( 1- c )(1 – d ) > 1 – a – b – c – d

Giải : Ta có ( 1 – a)( 1- b) = 1 – a – b + ab

Do a > 0 , b > 0 Nên ab > 0 => ( 1 – a)( 1- b ) > 1 – a – b (1 )

Do c< 1 nên 1- c > 0

Ta có (1-a)( 1 –b)( 1- c) > ( 1 –a – b )( 1 – c ) =1 – a- b- c+ca+bc

Do a , b , c, d > 0 nên ca + bc > 0

=> ( 1 – a)( 1 –b )( 1 – c ) > 1 – a- b –c (2 )

=> ( 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

( Điều phải chứng minh )

Phýừng phỏp 5: Sử dụng tớnh chất bắ c cầ u

Ví dụ 4 : So sánh 3111 & 1714

Giải : Ta thấy:

3111 < 3211 = ( 25 )11 = 255 < 256

Mặt khác: 256 = 24 14 = ( 24 )14 = 1614 < 1714

=> 256 < 1714 => 255 < 1714

=> Vậy 3111 < 1714

Phýừng phỏp 6: ỏnh giỏ ĐT đại diện

 Để chứng minh A < B ta tìm một biểu thức C rồi chứng minh : A

< C < B

Khi đánh giá đại diện thờng đợc kết hợp với phơng pháp làm trội và phơng pháp triệt tiêu dần

 Ví dụ 1 : a , b , c là độ dài 3 cạnh của tam giác, x ,y ,z là độ dài

các đờng phân giác trong tam giac ABC CMR :

Phýừng phỏp 6: ỏnh giỏ ĐT đại diện Giải : S ABC = bc SinA = bxSin + cxSin

 bcSinA=bxSin + cxSin

2bcSin Cos = x(b + c)Sin

2bcCos = x( b + c)

(1)

Phýừng phỏp 6: ỏnh giỏ ĐT đại diện Tơng tự :

(2)

(3) Phýừng phỏp 6: ỏnh giỏ ĐT đại diện Cộng vế với vế (1);(2);(3) :

Cách khác :

(1) Phýừng phỏp 6: ỏnh giỏ ĐT đại diện Biểu thức tơng tự :

(2)

(3)

Cộng vế –vế (1),(2),(3): Ta đợc :

Ph ơng pháp 7: Dùng BĐT trong

tam giác L

u ý : Nếu a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác thì:

a , b , c > 0 và

< a < b +c ; < c < a + b ; <b < a+ c

Ví dụ : cho a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác chứng minh rằng :

a, a2 + b2 +c2 < 2( ab +bc +ca )

b, abc > ( a + b –c)( b+c-a )(c +a –b )

Ph ơng pháp 7: Dùng BĐT trong

tam giác Giải :

a , Vì a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác nên ta có:

0 < a < b + c a2 < a(b + c)

0 < b < a + c => b2 < b( a+c)

0 < c < a + b c2 < c(a+ b)

Cộng từng vế bất đẳng thức trên ta có:

a2 +b2 +c2 < 2( ab +bc +ca)

( iều phải chứng minh ) Điều phải chứng minh )

Ph ơng pháp 7: Dùng BĐT trong

tam giác

b, Ta có : a> => a2> a2 –(b-c)2 > 0

b> => b2 > b2-(c-a)2 > 0

c> => c2 > c2 –(a-b)2 > 0

Nhân vế các BĐT ta đợc :

a2b2c2 >

a2b2c2 > ( a+b-c)2(b+c-a)2(c+a-b)2

abc > ( a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)

( iều phải chứng minh ) Điều phải chứng minh )

PHƯƠNG PHáP 8: Sử dụng bất phơng trình bậc 2

Nếu a ≤ x ≤ b <=>(x-a)(x-b) ≤ 0 để bất phơng trình :

ax2 + bx + c ≤ 0 với a>0

có nghiệm thì  ≥ 0

Ví dụ 1 : Cho 2 số x,y thoả mãn điều kiện : :

(x+y+1)2 + 5(x+y) + 9 +y2 = 0 CMR : -5 ≤ x+ y ≤ -2

Giải : : Đặt x + y= t ta có : (t+1)2 +5t +9 = -y2 ≤ 0

 t2 +7t +10 ≤ 0  -5 ≤ t ≤ -2

=> Vậy -5 ≤ x+ y ≤ -2 (đpcm)

PHƯƠNG PHáP 8: Sử dụng bất phơng trình bậc 2

Ví dụ 2 : : Cho 9x2 + 5y2 +12xy +15x +10y +6 = 0

CMR : -3 ≤ 3x+2y ≤ -2 Giải :

9x2 +4y2 +12xy + 15x +10y +6 +y2 =0

 (3x +2y )2 +5(3x+2y) +6 +y2 =0

Đặt :3x +2y = t ta đợc : t2 + 5t +6 = - y2 ≤ 0

=> -3 ≤ t ≤ -2 => Vậy : -3 ≤ 3x+2y ≤ -2

PHƯƠNG PHáP 9 : Dùng tam thức

bậc 2

Lu ý : : Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c

Nếu < 0 thì a.f(x) > 0 x

Nếu = 0 thì a.f(x) > 0

Nếu > 0 thì a.f(x) >0 với x< x1 hoặc x > x2

a.f(x) <0 với x1 < x < x2

PHƯƠNG PHáP 9 : Dùng tam thức

bậc 2

Ví dụ 1 : : Chứng minh rằng :

f(x,y) = x2 +5y2 – 4xy +2x – 6y +3 > 0 (1)

Giải :

Ta có (1)  x2- 2x(2y-1) +5y2 - 6y +3 > 0

'= (2y – 1)2 – 5y2 + 6y – 3

= 4y2 – 4y +1 -5y2 – 6y – 3

= - (y-1)2 – 1 <0

Vậy f(x,y) > 0 x,y

PHƯƠNG PHáP 9 : Dùng tam thức

bậc 2

Ví dụ 2 : : Chứng minh rằng :

f(x,y) = x2y4 +2(x2 +2 )y2 + 4xy + x2 ≥ 4xy3 (2)

Giải : :

Bất đẳng thức (2) tơng đơng với :

x2y4 + 2(x2 + 2)y2 + 4xy + x2 – 4xy3 ≥ 0

(y2 +1)2x2 + 4y(1-y2)x +4y2 ≥ 0

ta có : ' = 4y2(1-y2)2- 4y2(y2+1)2

= 4y2[(1-y2)2 – (y2+1)2]

= 4y2(1-y2+y2 +1)(1- y2 – y2 – 1)

=4y2.2.(-2y2) = -16 y4 ≤ 0

vì a = (y2 +1)2 > 0

=> Vậy f(x,y) > 0 (đpcm)

Phơng pháp 10 : Chứng minh phản chứng chứng

Lu ý : : Giả sử phải chứng minh BĐT nào đó đúng ta hãy giả sử BĐT đó sai

và kết hợp với các giả thiết suy ra điều vô lý Điều vô lý có thể là điều trái giả thiết có thể là điều trái ngợc nhau Từ đó suy ra BĐT cần chứng minh

là đúng

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Trong 3 BĐT sau phải có ít nhất một BĐT sai ::

x2 < (y- z)2 (1)

y2 < ( z- x )2 (2)

z2 < ( x-y )2 (3)

Giải :

Giả sử cả 3 BĐT đều đúng:

(1) <=> x2 – (y- z)2 < 0  (x – y +z )(x+ y – z) < 0 (2) <=> y2 – (z –x)2 < 0  (y – z + x)(y+ z – x) < 0 (3) <=> z2 – (x-y)2 < 0  ( z- x + y)( z+ x – y) < 0 Nhân vế với vế (1) ; (2) ;(3) ta đợc:

(-x+ y+z )2(x –y +z )2(x + y – z )2 < 0 (Vô lý)

Vậy : Trong 3 bất đẳng thức đã cho ít nhất có 1 bất đẳng thức sai

Phơng pháp 10 : Chứng minh phản chứng

Ví dụ 2:

Cho x,y,z > 0 và xyz=1 CMR : Nếu thì có một

và chỉ một trong ba số này lớn hơn 1

Giải :

Ta có (x-1)(y-1)(z-1) =xyz –xy –zy +x +y +z – 1

=x+ y + z- ( ) vì xyz=1

Theo giả thiết nên (x-1)(y-1)(z-1) > 0

Trong 3 số x-1 ; y-1 ; z-1 chỉ có một số dơng

Thật vậy nếu cả 3 số dơng thì x,y,z >1=> xyz >1 (Trái với giả thiết) Còn nếu 2 trong 3 số đó dơng thì (x-1)(y-1)(z-1) < 0 (Vô lý )

Vậy có một và chỉ một trong ba số x,y,z lớn hơn 1

Phơng pháp 11 : Phơng pháp làm trội, làm giảm

Ví dụ 1:

Ví dụ 1: Cho n > 1 CMR:

Giải:

Ta có:

Vậy:

• Với thì

Vậy

Vậy với n >1 thì

Nên với n >1 thì

Phơng pháp 11: Phơng pháp làm trội, làm giảm

Ví dụ 2:

Ví dụ 2: CMR:

Giải:

Có

Vậy:

• Ví dụ 3: CMR: Ví dụ 3:

n dấu căn

Giải: