PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC pdf

Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương Kiến thức:... Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng...

PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1 (x y)2 (xz)2 (yz)20đúng với mọi x;y;zR

Vì (x-y)2  0 vớix ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y

(x-z)2  0 vớix ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z

(y-z)2  0 với z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y

Vậy x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx Dấu bằng xảy ra khi x = y =z

b)Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x2 + y2 + z2 - 2xy +2xz –2yz

= ( x – y + z)2 0 đúng với mọi x;y;zR

Vậy x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;zR

Dấu bằng xảy ra khi x+y=z

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

= (x-1)2+ (y-1) 2+(z-1)2 0 Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1

Ví dụ 2: chứng minh rằng :

a)

2 2

2 2

Giải:

a) Ta xét hiệu

2 2

1 2 2

2 2

a n

a a

Bước 3:Kết luận A  B

Ví dụ 1: Chứng minh m,n,p,q ta đều có : m2+ n2+ p2+ q2+1 m(n+p+q+1)

Giải:

014

44

4

2 2

2 2

2 2

22

2 2

2 2

02

02

02

m q m p m n m

m

m q

m p

m n

2

q p n m

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a4 b4 c4 abc(abc)

)2(

)2(

02

22

22

2

02

22

222

0

2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 4 4 4

2 2 2 4 4 4

bc bc

ab a

c c

b b

a

ab a a c b a

ab c a c c b ac b c b b a a

c c

b b

a

ab c ac b bc a

c a a

c c b c

b b a b

a

ab c ac b bc a c b a

ab c ac b bc a c b a

Đúng với mọi a, b, c

Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương

Kiến thức:

Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng

Nếu A < B  C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết

ab b

(dấu bằng xảy ra khi 2a=b)

c)

b c d e

a e d c

Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:  10 10 2 2  8 8 4 4

b a b a b a b

Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 3: cho x.y =1 và x y Chứng minh

y x

y x



 22

2 2

Giải:

y x

y x



 22

 2 2 vì :x y nên x- y  0  x2+y2 2 2( x-y)

 x2+y2- 2 2 x+2 2y  0  x2+y2+2- 2 2 x+2 2y -2  0

 x2+y2+( 2 )2- 2 2 x+2 2y -2xy  0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2

 (x-y- 2 )2  0 Điều này luôn luôn đúng Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 4: Chứng minh rằng:

a/ P(x,y)=9x2y2  y2 6xy2y10  ,x yR

b/ a2 b2 c2  a  b  c (gợi ý :bình phương 2 vế)

c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:

z y x

111

1

111



 )=x+y+z - (1 1 1)  0

z y

111



 < x+y+z theo gt)

 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương

Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1  x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1

c c b

b b a a

Giải:

c b a

a b

a

a c

b a b a c b a b a

b c

b b a

a

(*)

c b a

c a b a

a b a a

b a c b

b b a

c c b

b b a

n n n

n

n n

n

a a

a a a

a

a a a n a a

1

2 1 2

1

Dấu “=” xảy ra khi a1 a2  a n

Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm

Ví dụ 1 : Giải phương trình :

2

342

212

414

x x

a

x x

Khi đó phương trình có dạng :

2

311

b b

1

3

113

Vậy phương trình tương đương với :

01

4211

1   

z y

y

x

x

Giải : P = 3- (

1

11

11

11

bc

11

1

2 2

a bc a

bc a bc

2

112

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

a c

b a

c b

a

(*)

Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :

)1())(

)(

(

33

c b a b a c a c b

abc c

b a

c b

a c

b a

c b

2

1))(

(bca cab  bcacab c

Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được

)3(1))(

)(

(

))(

abc

abc c

b a b a c a c b

Từ (1),(3) suy ra (*) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều

c b a

,,0

z b

y a

y a

x ac zc yb xa

z c a y c a x c a c

z ac zc b

y ac yb a

x ac xa

y c a b

y ac yb c a b

ac b

()(

2

2 2

2 2

đpcm z

y x ac

c a c

z b

y a

x ac zc yb xa

z y x c a c

z b

y a

x ac zc yb xa

z y x c a c

z b

y a

x ac zc yb xa

Phương pháp 5 Bất đẳng thức Bunhiacopski

Kiến thức:

Cho 2n số thực (n2): a1,a2, a n,b1,b2, ,b n Ta luôn có:

)

)(

()

a b

b a

1 (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 )

2 2 1

2 2

2 2 1

b b

a a

a a

 Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng

 Nếu a,b > 0:

b

b a

i i

Suy ra:

b a b a b

a b

n n

n n

1)

(2

1)

(2

1

2 2 1

1

2 2

2 2 1 2

2 2 2 1 2

2 1

n

i i

b

a b

a b

a dáu cùng

n i

2 2 1 1 1

1  







Ví dụ 1 :

Chứng minh rằng: x  R , ta có:

8

1cossin8 x 8 x

Giải: Ta có: sin2 xcos2 x1,xR

B B

)(

()

3

2 2 2 1

n Z n

a a

2 1

1

11

2 2

k k

k k

23

1

3

12

1

2 2 1 2

a a n

a a

1

1

a a

a

2 1

2 1

thì

n

b a b

a b a n

b b

b n

a a

b

a a

a

2 1

2 1

b

a a

a

2 1

2 1

thì

n

b a b

a b a n

b b

b n

a a

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi

b

a a

a

2 1

2 1

Ví dụ 1: Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và

.3

2sin

sinsin

2sin.sin2sin.sin2sin

C B

A

C C B

B a

S là diện tích tan giác chứng minh rằng ABC là tam giác đều

Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư

a

C B

A

2sin2sin2

sin

sinsin

sin

Áp dụng BĐT trebusep ta được:

  

)2sin2sin2(sin3

1sin

sinsin

2sin.sin2sin.sin2sin.sin

2sin.sin2sin.sin2sin.sin

3

2sin2sin2sinsinsin

sin

C B

A C

B A

C C

B B A

A

C C B

B A

A

C B

A C

B A

A

C B

sin

sinsin

sin

Mặt khác:

)2(2sin sin)

sin2)(

sin2

(

sinsinsin4sin.sin2.sin

2

)cos(

)cos(

sin2cos)cos(

sin

2

2sin)cos(

)

sin(

22sin2sin2

sin

S C b a C B R A R

C B A B

A C

B A B

A C C

B A C

C B

A B

A C

B A

2sin

sinsin

2sin.sin2sin.sin2sin

C B

A

C C

B B a

a

b/ Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 CMR:x+2y+z4(1x)(1y)(1z)

c/ Cho a>0 , b>0, c>0 CMR:

b c b a

d)Cho x0,y0 thỏa mãn 2 x y 1 ;CMR: x+y

b c aca b 

c c a

b c b a

c b

b c b

a c b a b a

c c c a

b b c

b

a

3

2 2 2 2

2 2

=

2

3.3

1

=

21

Vậy

2

13 3

b c b

a

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=

31

Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :

2 2 2

ab c

ac ab

ab

Vậya2 b2 c2 d2 abcbcddca10

Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli

Kiến thức:

a)Dạng nguyên thủy: Cho a  -1, 1 nZ thì 1a 1na Dấu ‘=’ xảy ra khi

- Cho a > -1, 1 thì 1a 1na Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0

- cho a1,0 1 thì 1a 1na Dấu bằng xảy ra khi va chỉ

5 5

c c

b a

b c

b a a

Áp dụng BĐT Bernouli:

 

c b a

a c b c

b a

a c b c

1

21

b a c c

c b a c

c b a

c c

b a

b c

n r

r

n

a a

a n

a a

222

20

23

0212

a

a a a

Chứng minh tương tự:

)3(32

)2(32

8

81

11122

11129

đpcm c

b a c b a

c b a c b a c

b a c

b a

c c c c

2

2 1 2

1

Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu

Kiến thức: A>B và B>C thì A>C

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

d c a

d c a

 (a-c)(b-d) > cd

 ab-ad-bc+cd >cd  ab> ad+bc (điều phải chứng minh)

Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn

3

5

2 2 2

111

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-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 (Điều phải chứng minh)

Ví dụ 4: Cho 0 <a,b,c <1 Chứng minh rằng:

a c c b b a c

Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu a b c d 1998 thì ac+bd =1998

3 2

c a b

c a b

c a b

a d

c b

d a

d c

c d

c b

b c

b a

a

Giải: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có

d c b a

d a c

b a

a c

a c

b a

a b d

c b

b d

c b

c b a

d c

c d

c b

c d b

a d

d d

c b

d a

d c

c d

c b

b c

b a

cd ab







2 2

cd d

b

cd ab b

cd ab

Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000

tìm giá trị lớn nhất của

d

b c

b

 Từ :

c

a d

b

d

b d

a

d c

9991

 Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999

Vậy giá trị lớn nhất của

d

b c

(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1u2 u n

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát uk về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:

u k a k a k1

Khi đó :S = a1a2  a2a3 a n a n1a1a n1

(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1u2 u n

Biến đổi các số hạng u về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: k u = k

Khi đó P =

1 1 1 3

2 2

n

a

a a

a a

a a a

Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng

4

31

2

11

12

n

Giải: Ta có

n n n k

111

1

2

12

1

2

11

n n

k    12 1

22

21

Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có

Giải: Ta có

k k

11

11

11

Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0

Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a

Ví dụ 1: Cho a;b;c là số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng

c a b

c b a

)(

)(2 2 2

b a c c

c a b b

c b a a

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

b a c a c b c b a c b a

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2

x Chứng minh rằng:

2

21

1 x y

M : M2(x1 x2,y1 y2);…;M n(x1x n,y1y n)

Giả thiết suy ra M n đường thẳng x + y = 1 Lúc đó:

2 1 2 1

OM   , M1M2  x22  y22 , M2M3  x32 y32 ,…,

2 2

2 2

i

i

Phương pháp 13: Đổi biến số

Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng

b c b

y 

; b =

2

y x

y x z x

x z y

22

x y

z y

x x

z x

y

 (  )(  )(  )6

z

y y

z z

x x

z y

x x y

Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì (  2;

y

x x

y

 2

z

x x

z

;  2

z

y y

z

nên ta có điều phải chứng minh

12

1

2 2

x Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0

Theo bất đẳng thức Côsi ta có: xyz3.3 xyz, và:   

z y x

111

x Mà x+y+z < 1 Vậy 1 11 9

z y

x (đpcm)

Gợi ý: Đặt x  u , y  v  2u-v =1 và S = x+y =u 2 v2  v = 2u-1

thay vào tính S min

b c b a

2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0

CMR

 m n p m n p

b a

pc a c

nb c b

0)

(

0

0,

0)

(

0

0,

0)

(

a x x

f

a x x

f

a x x

f

Định lí 2:

Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x   x a.f  0

2 1

S

f a x

2 1

S

f a x

x

Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm     0

2 1

2 1

x

x x

Kiến thức:

Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n  n0ta thực hiện các bước sau :

1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n  n0

2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được gọi là giả thiết quy nạp )

3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)

4 – kết luận BĐT đúng với mọi n  n0

Ví dụ1: Chứng minh rằng :

n n

12

1

2

11

1

2 2

11

2

11

1

2 2

2 2

112)1(

11

2

11

1

2 2

2 2

k k

k



k k

11

11

1)

1(

1

1

1

2 2

11

k k k

Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1



2

.2

b a b

(2)

 Vế trái (2) 

24

2

.2

1 1 1

b a b a

42

1 1

1 1

k a k a

k a a

a

a)k (1 ).(1 )k (1 ).(1 ) 1 ( 1) 1 ( 1)

1

1( a1 a2  a k1 

(1)[

1()1)(

1 2

1

Ví dụ 5: Cho 1 n, a i,b i R, i1,2, ,n Chứng minh rằng:

))(

()(a1b1 a2b2 a n b n 2  a12 a22 a n2 b12 b22 b n2

Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúng

n=k (k):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:

))(

()(a1b1 a2b2 a k b k 2  a12 a22 a k2 b12 b22 b k2

n= k+1 Ta cần chứng minh:

))(

()(a b a b a b 2  a2 a2 a2 b2 b2 b2 (1)

Thật vậy:

2 2 2

1 2 2

2 2 1 2 2

2 2

()

1

2 1 2 1 2

2 2 2 1



 a k b k a k b k a k b k

2)

2 2 1

 a b a b  a k b k (a1b1a2b2 a k b k) a k1b k1 2

1 2

1 



a k b k

2 1 1 2

2 1

a n

a a

a k

a a

(

2 1 2

2 2 1 2 1 2

a k

a a

a

a 2  3   k 1

)2(

1

1)

a k a k k

a a

a k a k

k k

2 1 2

3 2 2 2 1

2 1 2

3 2 2 2 2 1

)1(

1

2 1 2

Vậy (1) đựơc chứng minh

n n

n

n

) 1 (  



n n n n

n=k 2: giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: 1

) 1 (  

k

k k

n= k+1:Ta c ó:

1 1

1

) 1 ( ) 1 (

k

k  (k  1 )2k2(k 1 )2  [(k 1 )2]k1(k 1 )2

)2()2(k2  k k 1 k2  k

  (vì (k 1 )2 k2  2k 1 k2  2k)

k k

   Bất đẳng thức đúng với n= k+1 Vậy n n  (n 1 )n1, n  ,n 2

Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sinnx nsinx, n   , xR

Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng

n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sinkx ksinx

n= k+1 Ta cần chứng minh: sin(k 1 )x  (k 1 ) sinx

x

R b a b a b a

,1cos,sin

,,

Nên: sin(k1)x  sinkxcosxcoskxsinx

x kx x

kx cos cos sin

  sinkx  sinx ksinx  sinx  ( k 1 ) sinx

 Bất đẳng thức đúng với n= k+1 Vậy: sinnx nsinx, n   , xR+

Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng

Kiến thức:

1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất đẳng thức đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái

với giả thiết , có thể là điều trái ngược nhau Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh

là đúng

2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p  q”

Muốn chứng minh p  q(với p: giả thiết đúng, q: kết luận đúng) phép chứng minh được thực hiên như sau:

Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra điều vô lý hoặc psai Vậy phải có q

B – Phủ định rôi suy trái giả thiết

C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng

D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau

E – Phủ định rồi suy ra kết luận :

Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0

Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện

ac  2.(b+d) Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:

a 4b , c 4d

Giải:

Giả sử 2 bất đẳng thức : a2 4b , c2 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được

)(42

2

d b c

a    (1)

Theo giả thiết ta có 4(b+d)  2ac (2)

Từ (1) và (2)  a2c2 2ac hay a  c2 0 (vô lý)

Vậy trong 2 bất đẳng thức a2 4b và c2 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai

Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1 Chứng minh rằng

Nếu x+y+z >

z y x

111



 thì có một trong ba số này lớn hơn 1

Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1

=x + y + z – (

z y x

111



 ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z >

z y x

111





nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0

Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương

Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1  xyz > 1 (trái giả thiết)

Còn nếu 2 trong 3 số đó dương 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

Ví dụ 4: Cho a,b,c 0 và a.b.c=1 Chứng minh rằng: abc 3 (Bất đẳng thức

2    

a b a a b

Xét : f(b) a b (a  3a)b 1

Có

a a

0 , ,

c b a

c b a

 0 a 3)  f (b)  0 vô lý Vậy: abc 3

Ví dụ 5:

Chứng minh rằng không tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3):

c b

a   (1)

a c

b   (2)

b a

c   (3)

Giải: Giả sử tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó:

c b

a    (bc)2 a2 (abc)(abc)0 (1’)

a c

b   2 2

) (ca b

 (abc)(abc)0 (2’)

b a

c    (ab) 2 c2   ( a  b  c )(  a  b  c )  0 (3’)

Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được:

0)]

 Vô lý Vậy bài toán được chứng minh

Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giác

1 Nếu x  Rthì đặt x = Rcos , 0,; hoặc x =

Rsin   

2

,2



R a x

2 2

y a

thì đặt )

2(,sin

aR x

5 Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức : ax 2 b2, a,b0



 tg a

b x

cos sin cos sin 3 cos cos sin sin

1cos1

a