==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thµnh ==@== Các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức THCS Bất đẳng thức kiến thức trọng yếu chơng trình Toán TH Đối với chơng trình Toán THCS em học sinh thờng gặp dạng Toán kì thi lớn nh HSG vào trờng chuyên Song trình giÃng dạy mình, Tôi nhận thấy rằng, đa số học sinh thờng yếu dạng Toán Chính mà viết Tôi muốn gửi tới toàn thể em Học Sinh mà Tôi nghĩ gần gũi với em nhất, với mong muốn phần giúp em nắm vững kiến thức, từ giải thành thạo giạng Toán Phần I : kiến thức cần nhớ A B ⇔ A − B ≥ A ≤ B ⇔ A − B ≤ 1) §inhnghÜa 2) TÝnh chÊt +) A > B ⇔ B < A +) A > B vµ B > C ⇔ A > C +) A > B ⇒ A + C > B + C +) A > B vµ C > D ⇒ A + C > B + D +) A > B vµ C > ⇒ A.C > B.C +) A > B vµ C < ⇒ A.C < B.C +) < A < B vµ < C < D ⇒ < A.C < B.D +) A > B > ⇒ An > Bn Với giá trị n +) A > B ⇒ An > Bn víi n lỴ +) A > B ⇒ An > Bn víi n ch½n +) m > n > vµ A > ⇒ Am > An +) m > n > vµ < A < ⇒ Am < An +) A < B vµ A.B > ⇒ 1 > A B 3) Một số bất đẳng thức b¶n +) A ≥ víi ∀ A (dÊu = x¶y A = 0) +) A n ≥ víi ∀ A (dÊu = x¶y A = 0) +) A ≥ víi ∀ A (dÊu = x¶y A = 0) +) − A ≤ A ≤ A +) A + B ≤ A + B (dÊu = x¶y A.B > 0) +) A − B ≥ A − B (dấu = xảy A.B < 0) Phần II : số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức Phơng pháp : Dùng định nghĩa Kiến thức : §Ó chøng minh A > B Ta chøng minh A – B > Lu ý dïng h»ng bÊt đẳng thức M với M Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== Ví dụ Víi mäi sè thùc x, y, z chøng minh r»ng : 2 a) x + y + z ≥ xy+ yz + zx 2 b) x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz 2 c) x + y + z +3 ≥ 2(x + y + z) Gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu: x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx = 2zx) = [ (2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – ] ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) ≥ (*) V× (x – y)2 ≥ víi mäi x ; y DÊu b»ng x¶y x = y (y – z)2 ≥ víi mäi y ; z DÊu b»ng x¶y y = z (z – x)2 ≥ víi mäi z; x DÊu b»ng x¶y z = x ⇒ BÊt đẳng thức (*) với x; y; z ∈ R 2 VËy x + y + z ≥ xy + yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y = z 2 b)Ta xÐt hiÖu: x + y + z – ( 2xy – 2xz + 2yz ) = x2 + y2 + z2– 2xy + 2xz – 2yz = (x – y + z)2 với x; y; z ∈ R VËy x2+ y2+ z2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz ®óng víi mäi x; y; z ∈ R DÊu b»ng x¶y x = y = z 2 2 2 c) Ta xÐt hiÖu: x + y + z + – 2( x + y + z ) = x – 2x + + y – 2y + + z – 2z +1 2 = (x – 1) + (y – 1) +(z – 1) ≥ DÊu (=) x¶y x = y = z = VÝ dô 2: Chøng minh r»ng : a2 + b2 a + b ≥ a) a2 + b2 + c2 a + b + c ≥ b) 3 c) HÃy tổng quát toán gi¶i a2 + b2 a + b 2( a + b ) a + 2ab + b − − = 4 = 2a + 2b − a − 2ab − b = ( a − b ) ≥ víi mäi a; b 2 a +b a+b ≥ VËy DÊu b»ng x¶y a = b a) Ta xÐt hiÖu: ( ) [ ] a2 + b2 + c2 a + b + c 2 − b)Ta xÐt hiÖu: = (a − b) + (b − c ) + (c − a ) ≥ víi mäi a; b 3 a2 + b2 + c2 a + b + c ≥ VËy DÊu b»ng x¶y a = b =c 3 c)Tổng quát Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== 2 a12 + a + + a n a1 + a + + a n ≥ n n Tãm l¹i bớc để chứng minh A B theo định nghÜa Bíc 1: Ta xÐt hiƯu H = A – B Bíc 2: BiÕn ®ỉi H = (C ± D)2 hc H =(C ± D)2+….+ (E ± F)2 Bíc 3: Tìm ĐK để dấu = xÃy Bớc 4: Kết ln A ≥ B VÝ dơ: Chøng minh r»ng Víi mäi sè thùc m, n, p, q ta ®Ịu cã 2 2 m + n + p + q +1 ≥ m.(n + p + q + 1) (Chuyên Nga- Pháp 98-99) Giải: Xét hiệu: H = m + n + p + q + − m.(n + p + q + 1) m2 + n + p + q − m.n − m p − m.q − m m2 m2 m2 m2 2 2 2 = − m.n + n + − m p + p + − m.q + q + − m + 1 = 2 2 m m m m = − n + − p + − q + − 1 ≥ Víi mäi sè thùc m, n, p, q 2 2 2 2 m m 2 −n =0 n = m − p = p = m 2 ⇔ Hay DÊu b»ng x¶y khi: m − q = m 2 q = m m = −1 = 2 m = n = p = q = Phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng Lu ý: Nguyên tắc để chứng minh Bất đẳng thức A B ta phải biến đổi bất đẳng thức đà cho tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đà đợc chứng minh Chú ý: Các đẳng thức sau: ( A + B ) = A + AB + B ( A + B + C ) = A + B + C + AB + AC + BC ( A + B ) = A + A B + AB + B VÝ dô 1: Cho a, b, c, d, e số thùc chøng minh r»ng: b2 ≥ ab b) a + b + ≥ ab + a + b c) a + b + c + d + e ≥ a(b + c + d + e) a) a + Gi¶i: a) Ta cã: a + b2 ≥ ab ⇔ 4a + b 4ab Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành – Trêng THCS M· Thµnh ==@== ⇔ 4a + b − 4ab ≥ ⇔ (2a − b) (bất đẳng thức với mäi sè thùc a; b) b2 ≥ ab DÊu b»ng x¶y 2a = b b) Ta cã: a + b + ≥ ab + a + b ⇔ 2.(a + b + 1) ≥ 2.(ab + a + b) ⇔ 2a + 2b + − 2ab − 2a − 2b ≥ ⇔ (a − 2ab + b ) + (a − 2a + 1) + (b − 2b + 1) ≥ ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b 1) (Bất đẳng ®óng) VËy a + b + ≥ ab + a + b DÊu b»ng x¶y a = b = c) Ta cã: a + b + c + d + e ≥ a(b + c + d + e) ⇔ 4.(a + b + c + d + e ≥ 4.a(b + c + d + e) ⇔ 4a + 4b + 4c + 4d + 4e ) ≥ 4ab + 4ac + 4ad + 4ae ⇔ 4a + 4b + 4c + 4d + 4e − 4ab − 4ac − 4ad − 4ae ≥ ⇔ (a − 4ab + 4b ) + (a − 4ac + 4c ) + (a − 4ad + 4d ) + (a − 4ae + 4e ) ≥ VËy a + ⇔ (a − 2b) + ( a − 2c) + ( a − 2d ) + (a − 2e) ≥ (Bất đẳng thức đúng) Vậy a + b + c + d + e ≥ a(b + c + d + e) VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: (a 10 + b10 ).(a + b ) ≥ (a + b ).(a + b ) Gi¶i: Ta cã: (a 10 + b10 ).(a + b ) ≥ (a + b ).(a + b ) ⇔ a 12 + a 10 b + a b10 + b12 ≥ a 12 + a b + a b + b12 ⇔ a b (a − b ) + a b (b − a ) ≥ ⇔ a b (a − b )(a − b ) ≥ ⇔ a b (a − b ) (a ) − (b ) ≥ ⇔ a b (a − b ) a + a b + b ≥ (*) [ [ Bất đẳng thức (*) ta có điều phải chứng minh ] ] x2 + y2 ≥2 VÝ dơ 3: Cho x.y =1 vµ x > y Chøng minh r»ng x− y Gi¶i: x2 + y2 x2 + y2 ≥ 2 V×: x > y nªn x – y > ⇒ ≥ 2 ⇔ x + y ≥ 2 ( x − y ) Ta cã: x− y x− y ⇔ x + y − 2 x + 2 y ≥ ⇔ x + y + − 2 x + 2 y − ≥ ⇔ x + y + ( ) − 2 x + 2 y − xy (vì x.y =1 nên = 2xy) (*) BĐT (*) luôn Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4: a) Chứng minh: P(x,y) = x y + y − xy − y + ≥ ∀x; y ∈ R b) Chøng minh: a + b + c ≤ a + b + c (Gợi ý: Bình phơng vế) (x − y − 2)2 ≥ x y.z = c) Cho ba số thực khác không x, y, z tháa m·n ®iỊu kiƯn: + + < x + y + z x y z Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== Chøng minh r»ng: Cã ®óng mét ba sè x, y, z lớn (Đề thi vào lớp 10 PTTH Chuyên Lam Sơn Thanh Hoá năm học 96 - 97) Gi¶i: c) XÐt ( x − 1)( y − 1)( z − 1) = xyz + ( xy + yz + zx) + x + y + z − 1 1 = ( xyz − 1) + ( x + y + z ) − xyz + + x y z 1 1 1 = ( x + y + z ) − + + > (v× + + < x + y + z theo gt) x y z x y z ⇒ sè (x – 1), (y – 1), (z 1) âm, số(x 1), (y 1), (z 1) dơng Nếu sè(x – 1), (y – 1), (z – 1) ®Ịu dơng x, y, z >1 x.y.z > (trái với giả thiết x.y.z =1) Vì thế, bắt buộc phải xảy trờng hợp số (x – 1), (y – 1), (z – 1) ©m, tøc có ba số x, y, z số lớn (đpcm) Phơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức quen thuộc (Bất đẳng thức phụ) A Một số bất đẳng thức hay sử dụng 1) Các bất đẳng thức 2 a) x + y ≥ xy ≥ xy DÊu “=” x·y x = y 2 b) x + y ≥ xy DÊu “=” x·y x = y = c) ( x + y ) ≥ xy DÊu “=” x·y x = y a b + ≥ DÊu “=” x·y x = y b a a + a + a + + a n n ≥ a1 a a3 a n (Trong ®ã a1 , a , a3 , , a n > ) 2) Bất đẳng thức Cô sy: n DÊu “=” x·y khi: a1 = a = a3 = = a n d) Nếu a.b > 3) Bất đẳng thức Bunhiacopski (a 2 )( ) 2 + a2 + + an x12 + x2 + + ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) n 4) Bất đẳng thức Trê - b - sÐp: a ≤ b ≤ c a A + b.B + c.C a + b + c A + B + C ≥ th× DÊu “=” x·y 3 A ≤ B ≤ C a ≤ b ≤ c a A + b.B + c.C a + b + c A + B + C ≤ b) NÕu th× DÊu “=” x·y 3 A ≥ B ≥ C a) NÕu B C¸c vÝ dơ VÝ dụ Cho a, b ,c số không ©m chøng minh r»ng (a + b)(b + c)(c + a) 8abc Giải: Cách 1: (Dùng bất đẳng thøc phô: ( x + y ) ≥ xy ) (b + c) ≥ 4bc ; (c + a ) ≥ 4ca Tacã: (a + b) ≥ 4ab ; a = b = c A = B = C a = b = c A = B = C ⇒ ( a + b) (b + c) (c + a ) ≥ 4ab.4bc.4ca = (8abc) ⇒ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc DÊu “=” x¶y a = b = c Ví dụ Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành – Trêng THCS M· Thµnh ==@== 1 + + ≥9 a b c 2) Cho x, y, z > vµ x + y + z = CMR: x + y + z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z ) a b c + + ≥ 3) Cho a > 0, b > 0, c > CMR: b+c c+a a+b 1) Cho a, b, c > vµ a + b + c = CMR: 4) Cho x ≥ 0,y thỏa mÃn điều kiện: x − y = CMR: x + y ≥ VÝ dô 3: Cho a > b > c > vµ a + b + c = Chøng minh r»ng: Gi¶i: a3 b3 c3 + + ≥ b+c c+a a+b a ≥ b ≥ c Do a, b, c đối xứng, giả sử a b ≥ c ⇒ a b c ≥ ≥ b + c c + a a + b ¸p dụng BĐT Trê- b-sép ta có: a b c a b c + b2 + c2 + + 2 b+c c+a a+b ≥ a +b +c b+c c+a a+b = 1 a + b + c 3 9b+c c+ a a +b (V× a + b + c = theo gi¶ thiÕt) a3 b3 c3 ⇔ + + ≥ = (®pcm) b+c c+a a+b 2 a b c + + ≥ ) (Vì theo Ví dụ ta đà chứng minh đợc b+c c+a a+b 3 a b c + + ≥ DÊu b»ng x¶y a = b = c = VËy b+c c+a a+b a2 VÝ dô 4: Cho a, b, c, d > vµ a.b.c.d = Chøng minh r»ng: a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 Gi¶i: Ta cã: a + b ≥ 2ab vµ c + d ≥ 2cd ⇒ a + b + c + d ≥ 2ab + 2cd = 2.(ab + cd ) 1 Vì: a.b.c.d =1 nên cd = ⇒ a + b + c + d ≥ 2.(ab + ) ≥ (1) (áp dụng BĐT: x + ) ab ab x Mặt khác ta lại có: a (b + c) + b(c + d ) + d (c + a ) = (ab + cd ) + (ac + bd ) + (bc + ad ) 1 = ab + + ac + + bc + ≥ + + = (2) ab ac bc Tõ (1) vµ (2) ⇒ a + b + c + d + a(b + c) + b(c + d ) + d (c + a) ≥ 10 VÝ dô 5: Cho sè a, b, c, d bÊt kú Chøng minh r»ng: ( a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Gi¶i: Ta cã: (a + c) + (b + d ) = a + b + 2(ac + bd ) + c + d ¸p dơng Bất đẳng thức Bunhiacopski ta đợc: a.c + b.d a + b c + d ⇒ ( a + c ) + (b + d ) ≤ ( a + b ) + a + b c + d + ( c + d ) Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== Hay (a + c) + (b + d ) ≤ ( a + b + c + d ) 2 2 2 ⇒ (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d VÝ dô 6: Chøng minh r»ng: a + b + c ≥ ab + bc + ca Giải: áp dụng BĐT Bunhiacopski cho cặp số (1, 1, 1) vµ (a, b, c) ta cã: (1 ) + 12 + 12 (a + b + c ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) ⇔ 3(a + b + c ) ≥ a + b + c + 2(ab + bc + ca) ⇔ 2(a + b + c ) ≥ 2( ab + bc + ca) ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca (®pcm) DÊu b»ng x¶y a = b = c 2 Phơng pháp 4: Sử dụng tính chất bắc cầu Lu ý: A > B B > C A > C < x < th× x < x VÝ dô 1: Cho a, b, c, d > tháa m·n a > c + d, b > c + d Chøng minh r»ng ab > ad + bc Gi¶i: a > c + d a − c > d > ⇒ b > c + d b − d > c > ⇒ (a – c)(b – d) > cd ⇔ ab – ad – bc + cd > cd ⇔ ab > ad + bc (điều phải chứng minh) Tacó VÝ dô 2: Cho a, b, c > tháa m·n ®iỊu kiƯn a + b + c = Chøng minh r»ng: 1 1 + − < a b c abc Gi¶i: Ta cã : (a + b – c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab – ac – bc) ≥ ⇒ ac + bc – ab ≤ ⇒ ac + bc – ab ≤ (a + b2 + c2) 1 1 < Chia hai vế cho abc > ta đợc + − < (®pcm) a b c abc VÝ dơ Cho < a, b, c, d < Chøng minh r»ng (1 – a).(1 – b).(1 – c).(1 –d) > – a – b – c – d Gi¶i: Ta cã: (1 – a).(1 – b) = – a – b + ab Do a > 0, b > nªn ab > ⇒ (1 – a).(1 – b) > – a – b (1) Mặt khác: Vì c < nên c > ⇒ (1 – a).(1 – b).(1 – c) > – a – b – c ⇒ (1 – a).(1 – b).(1 – c).(1 –d) > (1 – a – b – c).(1 – d) = – a – b – c – d + ad + bd + cd ⇒ (1 – a).(1 – b).(1 – c).(1 –d) > – a – b – c d (Điều phải chứng minh) Ví dụ a) Cho < a, b, c < Chøng minh r»ng: 2a + 2b + 2c < + a b + b c + c a Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS M· Thµnh ==@== b) Chøng minh r»ng : NÕu a + b = c + d = 1998 ac + bd 1998 (Chuyên Anh năm học 1998 1999) a) Giải: Do a < ⇒ a < ⇒ − a > vµ b < ⇒ − b > Tõ ®ã suy ra: (1 − a )(1 − b) > ⇒ − a − b + a b > ⇒ + a b > a + b (*) Mặt khác: < a; b < a > a ; b > b > b (**) Tõ (*) vµ (**) ⇒ + a b > a + b Hay a + b < + a b (1) T¬ng tù : b + c < + b c (2) Vµ c + a < + c a (3) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (1), (2) vµ (3) ta cã : 2a + 2b + 2c ≤ + a b + b c + c a b) Gi¶i: Ta cã: (ac + bd ) + (ad − bc) = a c + b d + 2abcd + a d + b c − 2abcd = a (c + d ) + b (c + d ) = (a + b ).(c + d ) = 1998 MỈt kh¸c: (ac + bd ) < (ac + bd ) + (ad − bc) = 1998 ⇒ ac + bd ≤ 1998 2) Bµi tËp: a) Cho c¸c sè thùc: a1; a2; a3; …; a2003 tháa m·n: a1 + a2 + a3 + … + a2003 =1 2 a12 + a + a3 + + a 2003 ≥ 2003 Chøng minh rằng: (Đề thi vào lớp 10 PTTH Chuyên Nga Pháp 2003- 2004 Thanh Hãa) b) Cho a; b; c ≥ tháa m·n: a + b + c = Chøng minh r»ng: − 1. − 1. − 1 ≥ a b c Phơng pháp 5: Dùng tính chất tû sè KiÕn thøc 1) Cho a, b, c lµ số dơng a a+c > b b+c a a+c < b b+c a c a a+c c ≤ 2) Nếu b, d > < < b d b b+d d a > th× b a b) NÕu < th× b a) NÕu VÝ dô 1: Cho a, b, c, d > Chøng minh r»ng: 1< a b c d + + + Chøng minh r»ng < b d b b +d2 d a c ab cd a ab ab + cd cd c < = Gi¶i: Tõ < ⇒ < ⇒ = < b d b b b d b +d2 d2 d a ab + cd c < Vậy < (điều phải chứng minh) b b +d2 d 1< VÝ dô 3: Cho a; b; c;d số nguyên dơng thỏa mÃn : a + b = c + d = 1000 a b + c d a b a m Giải : Không tính tổng quát ta giả sử: áp dơng tÝnh chÊt “NÕu ≤ th× c d b n a a+m m a a+b b a ≤ ≤ ” ta cã: ≤ ≤ ⇒ ≤ (v× a + b = c + d) b b+n n c c+d d c b a b a) NÕu: b ≤ 998 th× ≤ 998 ⇒ + ≤ 999 d c d a b 999 b) NÕu: b = 998 th× a = + = + Đạt giá trị lín nhÊt d = 1; c = 999 c d c d a b Vậy giá trị lớn nhÊt cña P = + = 999 + a = d = 1; c = b = 999 c d 999 Tìm giá trị lớn biểu thức: P = Phơng pháp 6: Phơng pháp làm trội Lu ý: Dùng tính bất đẳng thức để đa vế bất đẳng thức dạng tính đợc tổng hữu hạn tích hữu hạn (*) Phơng pháp chung để tính tổng hữu hạn: S = u1 + u + u + + u n Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát uk hiệu hai số hạng liên tiếp nhau: u k = a k − a k +1 Khi ®ã: S = u1 + u + u + + u n = (a1 − a ) + (a − a3 ) + (a3 − a ) + + (a n − a n +1 ) Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== = a1 a n +1 (*) Phơng pháp chung tính tích hữu hạn P = u1 u u u n Biến đổi số hạng uk thơng hai số hạng liên tiếp nhau: u k = ak a k +1 a1 a a3 a n a = a a3 a a n +1 a n +1 VÝ dô 1: Víi mäi sè tù nhiªn n > chøng minh r»ng: P = u1 u u3 u n = Khi ®ã: 1 1 + + + + > n +1 n + n + 2n Gi¶i: 1 > = víi k = 1, 2, 3, …, n – n + k n + n 2n 1 1 1 1 n + + + + > + + + + = = Do ®ã: n +1 n + n + n 2n 2n n 2n 2n Ta cã Chøng minh r»ng: + VÝ dô 2: + + + + n > 2( n + − 1) (Víi n số nguyên) Giải : Ta có: k = 2 k > k + k +1 = 2( k + − k ) Khi cho k chạy từ đến n ta có > 2( − 1) > 2( − 2) > 2( − ) ……………… n > 2( n + − n ) Cộng vế bất đẳng thức ta có + VÝ dô 3: Chøng minh r»ng: n ∑k k =1 2( n + − 1) ∀n ∈ Z Gi¶i: Ta cã: 1 1 < = − k (k − 1) k − k k Cho k chạy từ đến n ta có: 1 < 1− 2 1 < − 32 Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 10 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== 1 < − 42 1 < − n −1 n n 1 1 1 1 1 1 1 1 ⇒ + + + + < 1 − + − + − + + − = 1− < n n 2 3 4 n −1 n n VËy ∑ < ∀n ∈ Z k =1 k VÝ dô 4: Chứng minh BĐT sau : 1 1 + + + + < 1.2 3.5 5.7 (2n − 1)(2n + 1) 1 1 + + + Vµ b − c < a < b + c ; a − c < b < a + c ; a − b < c < a + b VÝ dô1: Cho a; b; c độ dài cạnh tam giác chứng minh r»ng: a) a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b) abc > (a + b – c).(b + c – a).(c + a – b) Gi¶i a) Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên ta có < a < b + c a < a (b + c) 2 0 < b < c + a ⇒ b < b(c + a ) ⇒ a + b + c < 2(ab + bc + ca) 0 < c < a + b c < c( a + b) 2 b) Ta cã: a > b − c ⇒ a > a − (b − c) > b) b > c − a ⇒ b > b − (c − a ) > c > a − b ⇒ c > c − ( a − b) > Nh©n vế theo vế bất đẳng thức ta đợc: [ ][ ][ a b c > a − (b − c) b − (c − a ) c − (a − b) ⇒ a b c > (a + b − c ) (b + c − a ) (c + a − b) ] Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 11 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== ⇒ a.bc > (a + b − c).(b + c − a ).(c + a − b) VÝ dô 2: 1) Cho a, b, c lµ chiỊu dµi ba cạnh tam giác Chứng minh ab + bc + ca < a + b + c < 2(ab + bc + ca) 2) Cho a, b, c chiều dài ba cạnh tam giác cã chu vi b»ng Chøng minh r»ng a + b + c + 2abc < Phơng pháp 8: Đổi biến số (phơng pháp đặt ẩn phô) VÝ dô1: Cho a, b, c > Chøng minh r»ng: Gi¶i : a b c + + (1) b+c c+a a+b Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b ta cã: a = y+z−x ; b= z+x− y x+ y−z ; c= 2 b + c = x ⇒ c + a = y a + b = z y+z−x z+x− y x+ y−z + + ≥ 2x 2y 2z y+z−x z+x− y x+ y−z ⇔ + + ≥3 x y z y z z x x y ⇔ + −1+ + −1+ + −1 ≥ x x y y z z y x z x z y ⇔ + + + + + ≥ x y x z y z Khi đó: (1) Vì: y x z y z x + ≥ ; + ≥ vµ + ≥ x y y z x z y x z x z y ⇒ + + + + + ≥ DÊu xảy x = y = z (đpcm) x y x z y z VÝ dơ2: Cho a, b, c > vµ a + b + c < Chøng minh r»ng: 1 + + ≥9 a + 2bc b + 2ac c + 2ab (1) Gi¶i: §Ỉt x = a + 2bc > ; y = b + 2ac > ; z = c + 2ab > Ta cã: x + y + z = (a + b + c) < (*) 1 1 L¹i cã: ( x + y + z ) + + ≥ x y z (**) 1 Tõ (*) vµ (**) ⇒ + + ≥ DÊu b»ng x¶y x = y = z x y z 1 + + ≥ DÊu b»ng x¶y a = b = c (®pcm) Hay a + 2bc b + 2ac c + 2ab VÝ dô3: Cho x ≥ 0, y ≥ tháa m·n ®iỊu kiƯn x − y = CMR: x + y Gợi ý: Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 12 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== Đặt x = a , y =b Từ Bài Toán trở thµnh: Cho 2a − b = CMR: a + b ≥ ThÕ (1) vµo(2) Ta cã ®pcm Bµi tËp 1) Cho a > 0, b > 0, c > CMR: 25a 16b c + + >8 b+c c+a a+b 2) Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b > Chøng minh r»ng: ma nb pc + + ≥ ( m+ n+ b+c c+a a+b p ) − (m + n + p ) =============================================================== Phơng pháp 9: Dùng tam thức bậc hai Lu ý : Cho tam thøc bËc hai: f ( x) = ax + bx + c NÕu ∆ < th× a.f(x) > ∀x ∈ R −b (x∈R) a x < x1 NÕu ∆ > th× a.f(x) > ⇔ x > x2 Vµ a.f(x) < ⇔ x1 < x < x NÕu ∆ = th× a.f(x) > x (Trong x1; x2 hai nghiệm ®a thøc f(x) vµ x1 > x2) VÝ dơ 1: Chøng minh r»ng : f(x, y) = x + y − xy + x − y + > Gi¶i: Ta cã: (1) ⇔ x − 2(2 y − 1).x + y − y + > (1) ∆′ = ( y − 1) − y + y − = y2 − y +1− 5y2 + y − = −( y − 1) − < VËy f(x, y) > víi mäi x, y VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: f(x, y) = x y + 2( x + 2) y + xy + x > xy Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với x y + 2( x + 2) y + xy + x − xy > ⇔ ( y + 1) x + y (1 − y ) x + y > Ta cã: ∆' = y (1 − y ) − y ( y + 1) = −16 y < V× a = ( y + 1) > vËy f(x, y) > x, y R (đpcm) =============================================================== Phơng pháp 10: Dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức với n > n0 ta thùc hiƯn c¸c bíc sau : 1) KiĨm tra bÊt đẳng thức với n = n0 2) Giả sử BĐT với n = k (thay n = k vào BĐT cần chứng minh đợc gọi giả thiết quy nạp) 3) Ta chứng minh bất đẳng thức ®óng víi n = k + (thay n = k + 1vào BĐT cần Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 13 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== chứng minh biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) 4) Kết luận BĐT với mäi n > n0 1 1 + + + + < − (1) n n VÝ dô1: Chøng minh r»ng: Gi¶i : Víi n = ta cã: + < − ∀n N , n > (đúng) Vậy BĐT (1) với n = Giả sử BĐT (1) víi n = k Tøc lµ 1 1 + + + + < − k k B©y ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k + 1 1 1 ThËt vËy n = k + th×: (1) ⇔ 12 + 2 + + + (k + 1) < − k + Theo giả thiết quy nạp ta có: 1 1 1 < 2 − + + + + + + (*) k k +1 k (k + 1) 1 1 1 = 2− < 2− V×: − + (**) k k +1 k (k + 1) k +1 1 1 Tõ (*) vµ (**) ⇒ 12 + 2 + + + (k + 1) < k + BĐT (1) cung với n = k + Vậy bất đẳng thức (1) đợc chứng minh n a+b an + bn Ví dơ2: Cho n ∈ N vµ a + b > Chøng minh r»ng: ≤ Giải: Ta thấy BĐT (1) với n = (1) k a+b ak + bk ≤ Gi¶ sử BĐT (1) với n = k Tức ta cã: B©y Ta phải chứng minh BĐT (1) củng với n = k + ThËt vËy víi n = k + ta cã: a+b (1) ⇔ k +1 ≤ a k +1 + b k +1 a+b ⇔ k k +1 k +1 a+b a +b ≤ (2) k k k k +1 k k k +1 a k +1 + b k +1 a + b a + b a + b a + b a + ab + a b + b = ≤ V×: VT = = VP ≤ 2 ⇒ BĐT (1) với n = k + Vậy BĐT (1) Ta có (đpcm) =============================================================== Phơng pháp 11: Chøng minh ph¶n chøng L u ý: 1) Gi¶ sử phải chứng minh bất đẳng thức đúng, ta hÃy giả sử bất đẳng thức sai kết hợp với giả thiết để suy điều vô lý , điều vô lý điều trái với giả thiết , điều trái ngợc Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh 2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề G K phép toán mệnh đề cho ta : Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 14 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== Nh để phủ định luận đề ta ghép tất giả thiết luận đề với phủ định kÕt ln cđa nã Ta thêng dïng h×nh thøc chứng minh phản chứng sau : A Dùng mệnh đề phản đảo : K G B Phủ định suy trái giả thiết : C Phủ định suy trái với điều D Phủ định suy điều trái ngợc E Phủ định suy kÕt luËn : VÝ dô 1: Cho ba sè a,b,c tháa m·n a + b + c > , ab + bc + ac > 0, abc > Chøng minh r»ng a > 0, b > 0, c > Gi¶i : Gi¶ sư a ≤ th× tõ abc > ⇒ a ≠ ®ã a < Mµ abc > vµ a < ⇒ cb < Tõ ab + bc + ca > ⇒ a(b + c) > – bc > Vì a < mà a(b + c) > ⇒ b + c < a < vµ b + c < ⇒ a + b +c < trái giả thiết a + b + c > VËy a > T¬ng tù ta cã: b > , c > VÝ dô 2: Cho sè a , b , c ,d tháa m·n ®iỊu kiƯn ac ≥ 2.(b + d) Chøng minh r»ng cã Ýt nhÊt mét c¸c bất đẳng thức sau sai: a < 4b , c < 4d Gi¶i : Gi¶ sư bất đẳng thức : a < 4b , c < 4d ®Ịu ®óng ®ã céng vÕ theo vế ta đợc a + c < 4(b + d ) (1) Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b + d) ≤ 2ac (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒ a + c < 2ac hay (a − c) < (v« lý) VËy bÊt ®¼ng thøc a < 4b , c < 4d có bất đẳng thức sai VÝ dơ 3: Cho x, y, z > vµ xyz = Chøng minh r»ng: x y NÕu x + y + z > + + th× sè x, y, z cã mét sè lớn z Giải : Ta có (x 1).(y – 1).(z – 1) = xyz – xy – yz – zx + x + y + z – 1 1 = x+ y + z − + + x y z (v× xyz = 1) 1 Vì theo giả thiết x + y + z > + + nªn (x – 1).(y – 1).(z – 1) > x y z Trong ba sè (x – 1), (y – 1) (z 1) có số dơng Thật ba số dơng x, y, z > xyz > (trái giả thiết) Còn số dơng (x 1).(y – 1).(z – 1) < (v« lý) VËy cã mét vµ chØ mét ba sè x, y, z lớn =============================================================== Phần iii : tập nâng cao 1) Dùng định nghĩa Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 15 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trêng THCS M· Thµnh ==@== 1) Cho abc = a > 36 Chứng minh Giải a2 + b + c > ab + bc + ca a2 a2 a2 + b + c − ab − bc − ca = + + b + c − ab − bc − ca 12 a2 a2 2 = + b + c − ab − ac + 2bc + 12 − 3bc Ta cã hiÖu: a − 36abc a = − b − c + > (vì abc = a3 > 36 12a 2 nªn VËy: a>0) a2 + b + c > ab + bc + ca Điều phải chứng minh 2) Chứng minh a) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) b) a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > (Víi mäi sè thùc a, b, c) c) a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ (Víi mäi sè thùc a, b, c) Gi¶i : a) XÐt hiÖu H = x + y + z + − x y + x − xz − x = ( x − y ) + ( x − z ) + ( x − 1) ≥ (∀x, y, z ) ⇒ H ≥ (∀x, y , z ) Tõ ta có điều phải chứng minh b) Vế trái cã thÓ viÕt H = (a − 2b + 1) + (b − 1) + ⇒ H > (a, b, c ) ta có điều phải chøng minh c) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt H = (a − b + 1) + (b − 1) ⇒ H ≥ (∀a, b, c ) Từ đó, ta có điều phải chứng minh Ii Dùng biến đổi tơng đơng (x + y )2 ≥8 1) Cho x > y vµ x.y = Chøng minh r»ng: ( x − y) Gi¶i : Ta cã: x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + [ ] (v× x.y = 1) ⇒ ( x + y ) = ( x − y) + = ( x − y ) + 4.( x y ) + Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với ( x y ) + 4.( x − y ) + ≥ 8.( x − y ) ⇔ ( x − y ) − 4.( x − y ) + ≥ [ ] ⇔ ( x − y) − ≥ B§T cuèi nên ta có điều phải chứng minh 1 2) Cho x.y ≥ Chøng minh r»ng: + x + + y ≥ + xy Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 16 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== Gi¶i : 1 Ta cã: + x + + y ≥ + xy 1 1 ⇔ + x − + xy + + y − + xy ≥ 2 xy − x xy − y ⇔ + ≥0 (1 + x )(1 + xy ) (1 + y )(1 + xy ) x( y − x) y( x − y) ⇔ + ≥0 (1 + x )(1 + xy ) (1 + y )(1 + xy ) ( y − x ) ( xy − 1) ⇔ ≥0 (1 + x )(1 + y )(1 + xy ) BĐT cuối ®óng x.y > VËy ta cã ®iỊu ph¶i chứng minh Iii dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a, b, c số thực a + b + c =1 Chøng minh r»ng: a + b + c ≥ Gi¶i : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1, 1, 1) vµ (a, b, c) Ta cã: (1.a + 1.b + 1.c ) ≤ (1 + + 1)(a + b + c ) ⇔ (a + b + c ) ≤ 3.( a + b + c ) ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ (v× a + b + c =1 ) (đpcm) 2) Cho a, b, c số dơng Chứng minh rằng: Giải : 1 1 (a + b + c). + + ≥ a b c (1) a a b b c c b c a c a a a b a c b c ⇔ 3+ + + + + + ≥ b a c a c b a b a c b c ⇔ + + + + + ≥ b a c a c b x y áp dụng BĐT phụ y + x ≥ Víi x, y > Ta cã: (1) ⇔ + + + + + + + + ≥ Ta cã B§T cuèi 1 Vậy (a + b + c). + + ≥ a b c Iv dùng phơng pháp bắc cầu (đpcm) 1) Cho < a, b, c < Chøng minh r»ng: 2a + 2b + 2c < + a b + b c + c a Gi¶i: Do a < ⇒ a < vµ b < ⇒ b < Nªn (1 − a )(1 − b ) > ⇒ + a b a b > Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 17 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành – Trêng THCS M· Thµnh ==@== Hay + a b > a + b (1) ⇒ a > a vµ b > b > b (2) Mặt khác: Vì < a, b < Tõ (1) vµ (2) ⇒ + a b > a + b Hay a + b < + a b (*) Tơng tự ta củng chứng minh đợc: b + c < + b c (**) Vµ c + a < + c a (***) Céng vÕ theo vÕ cña (*), (**) (***) ta đợc: 2a + 2b + 2c < + a b + b c + c a (®pcm) 11 14 2) So sánh 31 17 Giải : Ta cã: 3111 < 3211 = (2 )11 = 55 < 56 (1) 56 4.14 14 14 14 Mặt khác: = = (2 ) = 16 < 17 (2) 11 14 Tõ (1) vµ (2) ⇒ 31 < 17 V Dïng tÝnh chÊt tØ sè 1) Cho a, b, c, d > Chøng minh r»ng: 2< Gi¶i : a+b b+c c+d d +a + + + nên ta có: a+b a+b+c+d b+c a+b+c+d c+d a+b+c+d d +a a+b+c+d a+b a+b+d < a+b+c a+b+c+d b+c b+c+a < < b+c+d a+b+c+d c+d c+d +b < < c+d +a a+b+c+d d +a d +a+c < < d +a+b a+b+c+d < (1) (2) (3) (4) Cộng vế theo vế bất đẳng thøc trªn ta cã : 2< a+b b+c c+d d +a + + + MỈt kh¸c: (**) b+c a+b+c a a 2a < < Tõ (*) vµ (**) ⇒ a+b+c b+c a+b+c b b 2b < < T¬ng tù ta cđng cã: a+b+c c+a a+b+c Ta có: (1) (2) Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 18 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thµnh ==@== Vµ c c 2c < < a+b+c a+b a+b+c (3) Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trªn ta cã: 1< a b c + + < (đpcm) b+c c+a a+b Phần iv: ứng dụng bất đẳng thức Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị Lu ý - Nếu f(x) A f(x) có giá trị nhỏ A - Nếu f(x) B f(x) có giá trị lớn B Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc: P = x − + x − + x − + x − Gi¶i: x − + x − = x − + − x ≥ x − + − x = (1) Ta cã: DÊu “=” x·y ( x − 1)(4 − x) ≥ ⇔ ≤ x ≤ T¬ng tù: x − + x − = x − + − x ≥ x − + − x = (2) DÊu “=” x·y ( x − 2)(3 − x) ≥ ⇔ ≤ x ≤ Tõ (1) vµ (2) ⇒ P = x − + x − + x − + x − ≥ + = 1 ≤ x ≤ ⇔ ≤ x ≤ 2 ≤ x ≤ Vậy giá trị nhỏ biểu thức T đạt đợc x DÊu “=” x·y VÝ dô : Tìm giá trị lớn biểu thức: S = xyz.(x + y).(y + z).(z + x) víi x, y, z > vµ x + y + z =1 Giải : Vì x, y, z > nên áp dụng BĐT Côsi cho số x, y, z ta cã: = x + y + z ≥ 3.3 xyz ⇒ xyz ≤ 1 ⇒ xyz ≤ (1) 27 DÊu “=” x·y x = y = z = Lại áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dơng (x + y); (y + z) vµ (x + z) ta cã: ⇒ ( x + y ).( y + z ).( z + x ) ≤ 27 = ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x) ≥ 3.3 ( x + y )( y + z )( z + x) ⇒ ( x + y )( y + z )( z + x) ≤ DÊu “=” x·y x = y = z = Tõ (1) vµ (2) ⇒ S = xyz.(x + y).(y + z).(z + x) ≤ 8 = 27 27 729 DÊu “=” x·y x = y = z = Vậy giá trị lớn cđa biĨu thøc S lµ (2) đạt đợc x = y = z = 729 Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 19 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== VÝ dô 3: Cho xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x + y + z Gi¶i : áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x, y, z) ;(y, z, x) ta cã: ( xy + yz + zx) ≤ ( x + y + z )( x + y + z ) ⇔ ≤ (x + y + z )2 (1) DÊu “=” x·y x = y = z = ± Lại áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho sè (x2, y2, z2) ;(1, 1, 1) ta cã: ( x + y + z ) ≤ (12 + 12 + 12 )( x + y + z ) ⇔ ( x + y + z ) ≤ 3( x + y + z ) (2) DÊu “=” x·y x = y = z = ± Tõ (1) vµ (2) ⇒ ≤ 3( x + y + z ) 3 3 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A đạt đợc x = y = z = 3 ⇒ x4 + y4 + z4 ≥ DÊu “=” x·y x = y = z = Ví dụ : Trong tam giác vuông có cạnh huyền , tam giác vuông có diện tích lớn ? Giải : Giả sử cạnh huyền tam giác vuông 2a Đờng cao thuộc cạnh huyền h Hình chiếu cạnh góc vuông lên cạnh huyền lần lợt x, y Ta có S = ( x + y ).h = a.h = a h = a xy V× a không đổi nên x + y = 2a không đổi ⇒ S lín nhÊt x.y lín nhÊt x = y Vậy tam giác vuông có cạnh huyền tam giác vuông cân có diện tích lớn Ii, dùng b.đ.t để giải phơng trình hệ phơng trình Ví dụ : Giải phơng trình sau: 3x + x + 19 + x + 10 x + 14 = − x − x Gi¶i : Ta cã 3x + x + 19 = 3( x + x + 1) + 16 = 3( x + 1) + 16 ≥ 16 x + 10 x + 14 = 5( x + x + 1) + = 5( x + 1) + ≥ ⇒ x + x + 19 + x + 10 x + 14 ≥ 16 + = + = DÊu “=” xảy x +1 = Mặt khác: − x − x = − ( x + x + 1) = − ( x + 1) ≤ 2 hay x = - (*) DÊu “=” x¶y x +1 = hay x = - (**) Tõ (*) vµ (**) ⇒ 3x + x + 19 + x + 10 x + 14 = − x − x ⇔ x = Vậy phơng trình có nghiệm x = - Ví dụ 2: Giải phơng trình x + − x = y + y + Giải : Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 20 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta cã : x + − x ≤ 12 + 12 x + (2 − x ) = = DÊu “=” xảy x = (*) Mặt khác: y + y + = (2 y + 1) + ≥ DÊu “=” x¶y y = − (**) Tõ (*) vµ (**) ⇒ x + − x = y + y + = x = vµ y = − x = Vậy nghiệm phơng trình lµ y = − x + y + z = VÝ dơ 3: Gi¶i hƯ phơng trình sau: 4 x + y + z = xyz Giải : áp dụng BĐT C«si ta cã: x4 + y4 y4 + z4 z4 + y4 + + ≥ x2 y2 + y2 z + z x2 2 x2 y2 + y2z2 y2 z2 + z2x2 z2x2 + x2 y2 + + ≥ y xz + z xy + x yz L¹i cã: x y + y z + z x = 2 4 ⇒ x + y + z ≥ xyz ( x + y + z ) V×: x + y + z = Nªn x + y + z ≥ xyz DÊu “=” x¶y x = y = z = x + y + z = 1 VËy hÖ cã nghiÖm x = y = z = 4 x + y + z = xyz x4 + y4 + z = xy − = − y (1) VÝ dơ : Gi¶i hƯ phơng trình sau (2) xy = + x Từ phơng trình (1) y ≥ ⇔ y ≤ ⇔ y 2 Từ phơng trình (2) x + = x y ≤ 2 x ⇒ x − 2 x + ( ) ≤ ⇒ ( x − 2)2 ≤ ⇒ x = ⇒ x − =0 x = ⇒ x = − NÕu x = th× y = 2 NÕu x = − th× y = − 2 x = x = 2 vµ y = − y = −2 Vậy hệ phơng trình có nghiệm Iii dùng B.Đ.t để giải phơng trình nghiệm nguyên Ví dụ Tìm số nguyên x, y, z thoả m·n x + y + z ≤ xy + y + z − Gi¶i : Vì x, y, z số nguyên nên: x + y + z ≤ xy + y + z − ⇔ x + y + z − xy − y − z + ≤ Gi¸o viên: Nguyễn Bá Phúc 21 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thµnh – Trêng THCS M· Thµnh ==@== y 3y 2 + ⇔ x − xy + − y + 3 + z − z + ≤ ( 2 y y ⇔ x − + 3 − 1 + ( z − 1) ≤ 2 2 ) (*) y y Mµ x − + 3 − 1 + ( z − 1) ≥ ∀x; y ∈ R 2 2 2 y y Phơng trình (*) x − + 3 − 1 + ( z − 1) = 2 2 y x − = x = y ⇔ −1 = ⇔ y = 2 z = z − = x = Các số x,y,z phải tìm y = z = VÝ dơ 2: T×m nghiệm nguyên dơng phơng trình : 1 + + =2 x y z Giải : Không tính tổng quát ta giả sử x y z x y z z Ta cã: = + + ≤ ⇒ z ≤ Mà z nguyên dơng z = 1 + x 1 Theo gi¶ sư x ≥ y nªn = + ≤ + x y y Thay z = vào phơng trình ta đợc =1 y = ⇒ y≤2 y y V× y nguyên dơng nên y = y = +) Với y = không thích hợp +) Víi y = ta cã x = VËy (2, 2, 1) nghiệm phơng trình Hoán vị số ta đợc nghiệm phơng trình (2, 2, 1) ; (2, 1, 2) ; (1, 2, 2) Ví dụ : Tìm cặp số nguyên thoả mÃn phơng trình x + x = y ( 1) Giải : x = cặp nghiệm phơng trình (1) y = x x > +) Với phơng tr×nh (1) chØ cã nghiƯm y ≠ y > +) DÓ thÊy Ta cã x + x = y ⇔ x + x = y ⇔ x = y − x > (*) x phải nguyên dơng Đặt x = k (k nguyên dơng) x = k Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 22 ==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Trờng THCS Mà Thành ==@== Khi phơng trình (*) trë thµnh: k + k = y k (k + 1) = y Mặt khác: k < k (k + 1) < (k + 1) ⇒ k < y < (k + 1) ⇒ k < y < k + (**) Vì: k k +1 hai số nguyên dơng liên tiếp nên không tồn số nguyên dơng y thoả mÃn hệ thức (**) Nên cặp số nguyên dơng thoả mÃn phơng trình (1) x = y = Vậy phơng trình cã nghiƯm nhÊt lµ : &&& Mà Thành ngày 14 tháng năm 2010 Thay mặt đồng nghiệp Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc 23 ... Phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng Lu ý: Nguyên tắc để chứng minh Bất đẳng thức A B ta phải biến đổi bất đẳng thức đà cho tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đà đợc chứng minh Chú... =============================================================== Phơng pháp 11: Chứng minh phản chứng L u ý: 1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức đúng, ta hÃy giả sử bất đẳng thức sai kết hợp với giả thiết ®Ĩ suy ®iỊu... =============================================================== Phơng pháp 10: Dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức với n > n0 ta thùc hiƯn c¸c bíc sau : 1) Kiểm tra bất đẳng thức với n = n0 2) Giả sử BĐT