BD HSG lớp 9

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức PHẦN 1 CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý 1/Định nghĩa 0 0 A B A B A B A B ≥ ⇔ − ≥   ≤ ⇔ − ≤  2/Tính chất + A>B AB <⇔ + A>B và B >C CA >⇔ + A>B ⇒ A+C >B + C + A>B và C > D ⇒ A+C > B + D + A>B và C > 0 ⇒ A.C > B.C + A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C + 0 < A < B và 0 < C <D ⇒ 0 < A.C < B.D + A > B > 0 ⇒ A n > B n n ∀ + A > B ⇒ A n > B n với n lẻ + A > B ⇒ A n > B n với n chẵn + m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n + m > n > 0 và 0 <A < 1 ⇒ A m < A n +A < B và A.B > 0 ⇒ BA 11 > 3/Một số hằng bất đẳng thức + A 2 ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + A n ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + 0≥A với A∀ (dấu = xảy ra khi A = 0 ) + - A < A = A + A B A B+ ≥ + ( dấu = xảy ra khi A.B > 0) + BABA −≤− ( dấu = xảy ra khi A.B < 0) PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0 Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2 ≥ 0 với∀ M Ví dụ 1 ∀ x, y, z chứng minh rằng : a) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx b) x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz c) x 2 + y 2 + z 2 +3 ≥ 2 (x + y + z) Giải:a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx = 2 1 .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx) = 2 1 [ ] 0)()()( 222 ≥−+−+− zyzxyx đúng 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 x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z 1 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức b)Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –2yz = ( x – y + z) 2 0≥ đúng với mọi x;y;z R∈ Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z R∈ Dấu bằng xảy ra khi x+y=z c) Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 +3 – 2( x+ y +z ) = x 2 - 2x + 1 + y 2 -2y +1 + z 2 -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 22 22       + ≥ + baba ; b) 2 222 33       ++ ≥ ++ cbacba c) Hãy tổng quát bài toán Giải: a) Ta xét hiệu 2 22 22       + − + baba = ( ) 4 2 4 2 2222 bababa ++ − + = ( ) abbaba 222 4 1 2222 −−−+ = ( ) 0 4 1 2 ≥− ba Vậy 2 22 22       + ≥ + baba . Dấu bằng xảy ra khi a=b b)Ta xét hiệu 2 222 33       ++ − ++ cbacba = ( ) ( ) ( ) [ ] 0 9 1 222 ≥−+−+− accbba .Vậy 2 222 33       ++ ≥ ++ cbacba Dấu bằng xảy ra khi a = b =c c)Tổng quát 2 21 22 2 2 1       +++ ≥ +++ n aaa n aaa nn Tóm lại các bước để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B Bước 2:Biến đổi H=(C+D) 2 hoặc H=(C+D) 2 +….+(E+F) 2 Bước 3:Kết luận A ≥ B Ví dụ 1: Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có : m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1≥ m(n+p+q+1) Giải: 01 4444 2 2 2 2 2 2 2 ≥         +−+         +−+         +−+         +−⇔ m m qmq m pmp m nmn m 01 2222 2222 ≥       −+       −+       −+       −⇔ m q m p m n m (luôn đúng) Dấu bằng xảy ra khi            =− =− =− =− 01 2 0 2 0 2 0 2 m q m p m n m ⇔          = = = = 2 2 2 2 m m q m p m n ⇔    === = 1 2 qpn m Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : )( 444 cbaabccba ++≥++ Giải: Ta có : )( 444 cbaabccba ++≥++ , 0,, >∀ cba 2 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0)2( )2()2( 0222 222 0222222 0 222 2 22 2 22 2 22 22222 2222222222 2 22 2 22 2 22 222 22 2 2222 2 2222 2 22 222444 222444 ≥−+−+−+−+−+−⇔ ≥−++ −++−++−+−+−⇔ ≥−−− +−++−++−⇔ ≥−−−++⇔ ≥−−−++⇔ acabacbcbcabaccbba abaacba abcaccbacbcbbaaccbba abcacbbca caaccbcbbaba abcacbbcacba abcacbbcacba 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 là đúng thì có bất đẳng thức A < B . Chú ý các hằng đẳng thức sau: ( ) 22 2 2 BABABA ++=+ ( ) BCACABCBACBA 222 222 2 +++++=++ ( ) 3223 3 33 BABBAABA +++=+ Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng a) ab b a ≥+ 4 2 2 b) baabba ++≥++ 1 22 c) ( ) edcbaedcba +++≥++++ 22222 Giải: a) ab b a ≥+ 4 2 2 abba 44 22 ≥+⇔ 044 22 ≥+−⇔ baa ( ) 02 2 ≥−⇔ ba (BĐT này luôn đúng). Vậy ab b a ≥+ 4 2 2 (dấu bằng xảy ra khi 2a=b) b) baabba ++≥++ 1 22 ) )(21(2 22 baabba ++>++⇔ 012122 2222 ≥+−++−++−⇔ bbaababa 0)1()1()( 222 ≥−+−+−⇔ baba Bất đẳng thức cuối đúng. Vậy baabba ++≥++ 1 22 . Dấu bằng xảy ra khi a=b=1 c) ( ) edcbaedcba +++≥++++ 22222 ⇔ ( ) ( ) edcbaedcba +++≥++++ 44 22222 ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 044444444 22222222 ≥+−++−++−++− cacadadacacababa ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 02222 2222 ≥−+−+−+− cadacaba Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ( )( ) ( )( ) 4488221010 babababa ++≥++ Giải: ( )( ) ( )( ) 4488221010 babababa ++≥++ ⇔ 128448121210221012 bbabaabbabaa +++≥+++ ⇔ ( ) ( ) 0 22822228 ≥−+− abbababa ⇔ a 2 b 2 (a 2 -b 2 )(a 6 -b 6 ) ≥ 0 ⇔ a 2 b 2 (a 2 -b 2 ) 2 (a 4 + a 2 b 2 +b 4 ) ≥ 0 Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh 3 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Ví dụ 3: cho x.y =1 và x 〉 y Chứng minh yx yx − + 22 ≥ 22 Giải: yx yx − + 22 ≥ 22 vì :x 〉 y nên x- y 〉 0 ⇒ x 2 +y 2 ≥ 22 ( x-y) ⇒ x 2 +y 2 - 22 x+ 22 y ≥ 0 ⇔ x 2 +y 2 +2- 22 x+ 22 y -2 ≥ 0 ⇔ x 2 +y 2 +( 2 ) 2 - 22 x+ 22 y -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)= 01269 222 ≥+−−+ yxyyyx Ryx ∈∀ , b/ cbacba ++≤++ 222 (gợi ý :bình phương 2 vế) c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:      ++<++ = zyx zyx zyx 111 1 Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1 Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( zyx 111 ++ )=x+y+z - ( 0) 111 >++ zyx (vì zyx 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 Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 21 < + + + + + < ca c cb b ba a Giải:Ta có : )1( 11 cba a ba a cbaba cbaba ++ > + ⇒ ++ > + ⇒++<+ Tương tự ta có : )2( cba b cb b ++ > + , )3( cba c ca c ++ > + Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được : 1> + + + + + ca c cb b ba a (*) Ta có : )4( cba ca ba a baa ++ + < + ⇒+< Tương tự : )5( cba ba cb b ++ + < + , )6( cba bc ac c ++ + < + Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được : 2< + + + + + ca c cb b ba a (**) Từ (*) và (**) , ta được : 21 < + + + + + < ca c cb b ba a (đpcm) Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ Kiến thức: a) xyyx 2 22 ≥+ b) xyyx ≥+ 22 dấu( = ) khi x = y = 0 c) ( ) xyyx 4 2 ≥+ 4 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức d) 2 ≥+ a b b a Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( ) xyyx 4 2 ≥+ Tacó ( ) abba 4 2 ≥+ ; ( ) bccb 4 2 ≥+ ; ( ) acac 4 2 ≥+ ⇒ ( ) 2 ba + ( ) 2 cb + ( ) 2 ac + ≥ ( ) 2 222 864 abccba = ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cauchy Kiến thức: a/ Với hai số không âm : 0, ≥ba , ta có: abba 2≥+ . Dấu “=” xảy ra khi a=b b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm : n n n n nn n aaa aaa aaanaaa       +++ ≤⇔ ≥+++ 21 21 2121 Dấu “=” xảy ra khi n aaa === 21 Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm. Ví dụ 1 : Giải phương trình : 2 3 42 2 12 4 14 2 = + + + + + xx x x x x x Giải : Nếu đặt t =2 x thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt 0,, 4 2 >      = = ba b a x x Khi đó phương trình có dạng : 2 31 11 = + + + + + baa b b a Vế trái của phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 3 1 1 1 1 a b a b a b a b b a a b b a a b a b c b a a b b a a b b a a b + + + + + +             = + + + + + − = + + −  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷ + + + + + +                   = + + + + − = + + + + + + + −  ÷  ÷   + + + + + +     ( )( )( ) ( )( )( ) 2 3 3 11 3 .113 2 1 3 3 =− +++ +++≥ baba baba Vậy phương trình tương đương với : 0142111 =⇔==⇔==⇔+=+=+ xbababa xx . Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P = 111 + + + + + z z y y x x Giải : P = 3- ( 1 1 1 1 1 1 + + + + + zyx ) = 3 – Q. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì ( ) 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 3 3 9a b c abc a b c a b c abc a b c a b c a b c   + + ≥ ⇔ + + ≥ ⇒ + + + + ≥ ⇒ + + ≥  ÷ + +   Suy ra Q = 1 1 1 1 1 1 + + + + + zyx 4 9 ≥ ⇒ -Q 4 9 −≤ nên P = 3 – Q ≤ 3- 4 9 = 4 3 5 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Vậy max P = 4 3 .khi x = y = z = 3 1 . Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng: abc cba abcacbbca 2 111 222 ++ ≤ + + + + + Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :       +≤≤ ++ ⇒≥++ acab bca bca bcabca 11 2 112 2 2 2 Tương tự : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 b ac bc ab c ab ac bc b ac c ab a b c a bc b ac c ab abc     ≤ ≤ + ⇒ ≤ ≤ +  ÷  ÷ + + + +     + + ⇒ + + ≤ + ++ ++ Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC : 3≥ −+ + −+ + −+ cba c bac b acb a (*) Giải : Theo bất đẳng thức Côsi : )1( ))()(( 3 3 cbabacacb abc cba c bac b acb a −+−+−+ ≥ −+ + −+ + −+ Cũng theo bất đẳng thức Côsi : )2()( 2 1 ))(( cbacacbbacacb =−++−+≤−+−+ Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được )3(1 ))()(( ))()(( ≥ −+−+−+ → ≤−+−+−+ cbabacacb abc abccbabacacb Từ (1),(3) suy ra (*). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều . Ví dụ 5: Cho    < ≤≤< zyx cba ,,0 0 . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2 2 4 zyx ac ca c z b y a x czby ++ + ≤       ++++ Giải: Đặt 0)()( 2 =++−= acxcaxxf có 2 nghiệm a,c Mà: 0)(0)( 2 ≤++−⇔≤⇒≤≤ acbcabbfcba ( ) ( ) ( ) ( )( ) zyxca c z b y a x aczcybxa zcaycaxca c z aczc b y acyb a x acxa yca b y acybca b ac b +++≤       +++++⇒ +++++≤++++       +⇒ +≤+⇔+≤+⇔ )()()( Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )( 4 4 2 2 2 22 đpcmzyx ac ca c z b y a x aczcybxa zyxca c z b y a x aczcybxa zyxca c z b y a x aczcybxa ++ + ≤       ++++⇔ +++≤       ++++⇔ +++≤       ++++⇒ 6 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Phương pháp 5 Bất đẳng thức Bunhiacopski Kiến thức: Cho 2n số thực ( 2 ≥ n ): nn bbbaaa , ,,,, , 2121 . Ta luôn có: ) )( () ( 22 2 2 1 22 2 2 1 2 2211 nnnn bbbaaabababa ++++++≤+++ Dấu “=” xảy ra khi n n b a b a b a ===⇔ 2 2 1 1 Hay n n a b a b a b === 2 2 1 1 (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 ) Chứng minh: Đặt      +++= +++= 22 2 2 1 22 2 2 1 n n bbbb aaaa • Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng. • Nếu a,b > 0: Đặt: ( ) ni b b a a i i i i , 2,1, === βα , Thế thì: 22 2 2 1 22 2 2 1 nn βββααα +++=+++ Mặt khác: ( ) 22 2 1 iiii βαβα +≤ Suy ra: babababa nn nnnn 1) ( 2 1 ) ( 2 1 2211 22 2 2 1 22 2 2 12211 ≤+++⇒ ≤+++++++≤+++ βββαααβαβαβα Lại có: nnnn babababababa +++≤+++ 22112211 Suy ra: ) )( () ( 22 2 2 1 22 2 2 1 2 2211 nnnn bbbaaabababa ++++++≤+++ Dấu”=” xảy ra ( ) n n nn ii b a b a b a dáucùng ni ===⇔    =∀= ⇔ , ,2,1 2 2 1 1 11 βαβα βα Ví dụ 1 : Chứng minh rằng: Rx ∈∀ , ta có: 8 1 cossin 88 ≥+ xx Giải: Ta có: Rxxx ∈∀=+ ,1cossin 22 Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 2 2 2 4 4 4 4 1 sin .1 cos .1 sin cos 1 1 1 1 sin cos sin cos 2 4 x x x x x x x x = + ≤ + + ⇔ ≤ + ⇒ ≤ + Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 4 8 8 2 2 4 4 1 1 1 sin .1 cos .1 sin cos 1 1 sin cos 4 4 8 x x x x x x⇔ ≤ + ⇔ ≤ + + ⇔ + ≥ Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn. Tìm GTLN của: ACCBBAP tan.tan1tan.tan1tan.tan1 +++++= Giải: * Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: ), ,2,1)(, ,,( micba iii = Thế thì: ) )( )( () ( 222111 2 212121 m m m m m m mmmmmm mmm cbacbacbacccbbbaaa +++++++++≤+++ 7 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Dấu”=” xảy ra ∃⇔ bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì ∃ i t sao cho: iiiiii ctcbtbata === , ,, , Hay nnn cbacbacba ::: ::: :: 222111 == Ví dụ 1: Cho    ≥∈ =+++ 2, 3 22 2 2 1 nZn aaa n Chứng minh rằng: 2 1 32 21 < + +++ n a aa n Giải: * Nk ∈∀ ta có:       +       − = − < 2 1 2 1 1 4 1 11 2 2 kk k k 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 3 5 5 7 1 1 3 1 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 k n k k n n n        ÷  ÷  ÷ ⇒ < − ⇒ + + + < − + − + + − = − <  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷ − + − + +       Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski: 2 3 2 3 1 3 1 2 1 1 32 222 22 2 2 1 21 <<++++++≤ + +++ n aaa n a aa n n (đpcm) Ví dụ 2: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng: 222222 )()( dcbadbca +++≤+++ Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó ac+bd ≤ 2222 . dcba ++ mà ( ) ( ) ( ) 2222 22 2 dcbdacbadbca +++++=+++ ( ) 22222222 .2 dcdcbaba ++++++≤ ⇒ 222222 )()( dcbadbca +++≤+++ Ví dụ 3: Chứng minh rằng : acbcabcba ++≥++ 222 Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có ( ) ( ) 2 222222 .1.1.1)(111 cbacba ++≥++++ ⇒ 3 ( ) ( ) acbcabcbacba +++++≥++ 2 222222 ⇒ acbcabcba ++≥++ 222 Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép Kiến thức: a)Nếu    ≤≤≤ ≤≤≤ n n bbb aaa 21 21 thì n bababa n bbb n aaa nnnn +++ ≤ ++++++ . 22112121 . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi    === === n n bbb aaa 21 21 b)Nếu    ≥≥≥ ≤≤≤ n n bbb aaa 21 21 thì n bababa n bbb n aaa nnnn +++ ≥ ++++++ . 22112121 Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi    === === n n bbb aaa 21 21 Ví dụ 1: Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và . 3 2 sinsinsin 2sin.sin2sin.sin2sin.sin S CBA CCBBaA = ++ ++ 8 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức S là diện tích tan giác. chứng minh rằng ∆ ABC là tam giác đều. Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư . 2 0 π <≤≤< CBA Suy ra:    ≤≤ ≤≤ CBa CBA 2sin2sin2sin sinsinsin Áp dụng BĐT trebusep ta được: ( )( ) ( ) )2sin2sin2(sin 3 1 sinsinsin 2sin.sin2sin.sin2sin.sin 2sin.sin2sin.sin2sin.sin3 2sin2sin2sinsinsinsin CBA CBA CCBBAA CCBBAA CBACBA ++≤ ++ ++ ⇔ ++≥ ≥++++ Dấu ‘=’ xảy ra dêuABC CBA CBA ∆⇔    == == ⇔ 2sin2sin2sin sinsinsin Mặt khác: [ ] [ ] )2(2sin sin).sin2)(sin2( sinsinsin4sin.sin2.sin2 )cos()cos(sin2cos)cos(sin2 2sin)cos().sin(22sin2sin2sin SCbaCBRAR CBABAC BABACCBAC CBABACBA === == +−−=+−= +−+=++ Thay (2) vào (1) ta có . 3 2 sinsinsin 2sin.sin2sin.sin2sin.sin S CBA CCBBaA ≤ ++ ++ Dấu ‘=’ xảy ra ∆⇔ ABC đều. Ví dụ 2(HS tự giải): a/ Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR: 9 111 ≥++ cba b/ Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 CMR:x+2y+z )1)(1)(1(4 zyx −−−≥ c/ Cho a>0 , b>0, c>0 CMR: 2 3 ≥ + + + + + ba c ac b cb a d)Cho x 0≥ ,y 0≥ thỏa mãn 12 =− yx ;CMR: x+y 5 1 ≥ Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và 1 222 =++ cba . Chứng minh rằng 3 3 3 1 2 a b c b c a c a b + + ≥ + + + Giải: Do a,b,c đối xứng ,giả sử a ≥ b ≥ c ⇒      + ≥ + ≥ + ≥≥ ba c ca b cb a cba 222 Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có       + + + + + ++ ≥ + + + + + ba c ca b cb acba ba c c ca b b cb a a . 3 222 222 = 2 3 . 3 1 = 2 1 Vậy 2 1 333 ≥ + + + + + ba c ca b cb a Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= 3 1 Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng : ( ) ( ) ( ) 10 2222 ≥+++++++++ acddcbcbadcba Giải: Ta có abba 2 22 ≥+ cddc 2 22 ≥+ 9 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Do abcd =1 nên cd = ab 1 (dùng 2 11 ≥+ x x ) Ta có 4) 1 (2)(2 222 ≥+=+≥++ ab abcdabcba (1) Mặt khác: ( ) ( ) ( ) acddcbcba +++++ = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) = 222 111 ++≥       ++       ++       + bc bc ac ac ab ab Vậy ( ) ( ) ( ) 10 2222 ≥+++++++++ acddcbcbadcba Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli Kiến thức: a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, ∈≤ n1 Z thì ( ) naa n +≥+ 11 . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi    = = 1 0 n a b) Dạng mở rộng: - Cho a > -1, 1 ≥ α thì ( ) naa +≥+ 11 α . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0. - cho 10,1 <<−≥ α a thì ( ) naa +≤+ 11 α . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi    = = 1 0 α a . Ví dụ 1 : Chứng minh rằng 0,,1 >∀>+ baba ab . Giải - Nếu 1≥a hay 1≥b thì BĐT luôn đúng - Nếu 0 < a,b < 1 Áp dụng BĐT Bernouli: ( ) 1 1 1 1 1 . b b b b a a a b a a a a a a a b − − +     = + < + < ⇒ >  ÷  ÷ +     Chứng minh tương tự: ba b b a + > . Suy ra 1>+ ab ba (đpcm). Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng 5 555 33       ++ ≥ ++ cbacba . (1) Giải ( ) 3 333 1 555 ≥       ++ +       ++ +       ++ ⇔ cba c cba b cba a Áp dụng BĐT Bernouli: ( ) cba acb cba acb cba a ++ −+ +≥       ++ −+ +=       ++ 25 1 2 1 3 55 (2) Chứng minh tương tự ta đuợc: ( ) cba bac cba b ++ −+ +≥       ++ 25 1 3 5 (3) ( ) cba cba cba c ++ −+ +≥       ++ 25 1 3 5 (4) Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có ⇒≥       ++ +       ++ +       ++ 3 333 555 cba c cba b cba a (đpcm) 10 [...]... Không mất tính tổng quát ta giả sử : a b a b ≤ Từ : ≤ c d c d a ≤ 1 vì a+b = c+d c ⇒ a a+b b ≤ ≤ c c+d d b a b ≤ 99 8 ⇒ + ≤ 99 9 d c d a b 1 99 9 b/Nếu: b =99 8 thì a=1 ⇒ + = + Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c =99 9 c d c d a b 1 Vậy giá trị lớn nhất của + =99 9+ khi a=d=1; c=b =99 9 c d 99 9 a/ Nếu :b ≤ 99 8 thì Phương pháp 10: Phương pháp làm trội Kiến thức: Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng... 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 199 8 thì ac +bd = 199 8 Giải:Ta có (ac + bd) 2 + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 + 2abcd + a 2 d 2 + b 2 c 2 - 2abcd = = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 199 82 rõ ràng (ac +bd) 2 ≤ ( ac + bd ) 2 + ( ad − bc ) 2 = 199 8 2 ⇒ ac + bd ≤ 199 8 Ví dụ 6 (HS tự giải) : a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+... trình và hệ phương trình Ví dụ 1:Giải phương trình: 4 3x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2 Giải : Ta có 3x 2 + 6 x + 19 = 3.( x 2 + 2 x + 1) + 16 = 3.( x + 1) 2 + 16 ≥ 16 5 x 2 + 10 x + 14 = 5 ( x + 1) + 9 ≥ 9 2 Vậy 4 3x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 ≥ 2 + 3 = 5 Dấu ( = ) xảy ra khi x+1 = 0 ⇒ x = -1 Vậy 4 3x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2 khi x = -1 Vậy phương trình... 1 1 2) Cho a,b,c là các số dương Chứng minh rằng ( a + b + c ). + +  ≥ 9 (1) a b c a a b b c c a b a c b c Giải: (1) ⇔ 1 + + + + 1 + + + + 1 ≥ 9 ⇔ 3 +  +  +  +  +  +  ≥ 9 b c a c a a b a c a c b x y áp dụng BĐT phụ y + x ≥ 2 Với x,y > 0 Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng 1 1 1 Vậy ( a + b + c ). + +  ≥ 9 (đpcm) a b c * Dùng phương pháp bắc cầu 1) Cho 0 < a, b,c 0 1 1 1 1 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x + y + z ≥ 3 3 xyz , và: x + y + z ≥ 3 3 xyz 2 ⇒  ( x + y + z ). 1 + 1 + 1  ≥ 9 Mà x+y+z < 1 Vậy x y z    1 1 1 + + 9 x y z Ví dụ3: Cho x ≥ 0 ,... ngược l ại: a + b + c < 3 ⇒ (a + b + c)ab < 3ab ⇔ a 2 b + b 2 a + cab < 3ab ⇔ a 2 b + (a 2 − 3a )b + 1 < 0 Xét : f (b) = a 2 b + (a 2 − 3a)b + 1 Có ∆ = ( a 2 − 3a ) 2 − 4a = a 4 − 6a 3 + 9a 2 − 4a = a (a 3 − 6a 2 + 9a − 4) = = a (a − 1) 2 ( a − 4) ≤ 0  a , b, c > 0 (Vì a + b + c < 3 ⇒ 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... Do a>0 , b>0 nên ab>0 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) Do 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) 11 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Ví dụ 4: Cho 0 0 Ta có x + x = y ⇔ x + x = y 2 ⇔ x = y 2 − x > 0 Đặt x = k (k nguyên dương vì x nguyên dương ) 29 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Ta có k (k + 1) = y 2 2 Nhưng k 2 < k ( k + 1) < ( k + 1) ⇒ k < y < k + 1 Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên dương liên tiếp không tồn tại một số nguyên dương nào . a/ Nếu :b 99 8 ≤ thì d b 99 8 ≤ ⇒ d b c a + ≤ 99 9 b/Nếu: b =99 8 thì a=1 ⇒ d b c a + = dc 99 91 + Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c =99 9 Vậy giá trị lớn nhất của d b c a + =99 9+ 99 9 1 khi a=d=1;. a 2 (c 2 +d 2 )+b 2 (c 2 +d 2 ) =(c 2 +d 2 ).( a 2 + b 2 ) = 199 8 2 rõ ràng (ac +bd) 2 ≤ ( ) ( ) 2 22 199 8=−++ bcadbdac ⇒ 199 8≤+ bdac Ví dụ 6 (HS tự giải) : a/ Cho các số thực : a 1 ; a 2 ;a 3 . ta có : accbbacba 222333 3222 +++≤++ Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu 199 8 2222 =+=+ dcba thì ac +bd = 199 8 Giải:Ta có (ac + bd) 2 + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2222 2 daabcdd ++ 22 cb+ - abcd2 = =