Sáng kiến kinh nghiệm: Khai thác bài toán về BDT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG SBT TOÁN A ĐẶT VẪN ĐỀ Trong chương trình toán lớp 8, học sinh học bất đẳng thức Nhưng mức độ kiến thức đơn giản: Đó học sinh nắm định nghĩa nhận biết bất đẳng thức Các tập bất đẳng thức chủ yếu vận dụng hai tính chất bất đẳng thức : Tính chất thứ tự với phép cộng - Tính chất thứ tự với phép nhân Mức độ yêu cầu tập đơn giản, chưa có nhiều tập đòi hỏi tư học sinh Trong sách tập toán có số tập chứng minh bất đẳng thức, có mức độ tương đối khó với đối tượng học sinh trung bình Còn với học sinh khá, giỏi kích thích hứng khởi em làm toán Tuy nhiên với số lượng tập chưa tạo thành hệ thống nên chưa kích thích sáng tạo cho em đồng thời phát huy tư em Mà việc chứng minh bất đẳng thức ứng dụng nhiều dạng toán cực trị mà em gặp kì thi chuyển cấp.Khi chữa tập cho học sinh để phát huy tư học sinh tốt hơn, cho học sinh sử dụng kết tập dạng toán phụ để chứng minh bất đẳng thức khác, với mức độ yêu cầu cao Nhưng học sinh thấy hứng khởi làm Sau nội dung tập sách tập toán ( sbt) tập vận dụng B NỘI DUNG I Kiến thức Định nghĩa Hệ thức dạng a < b ( hay a >b, a ≤ b, a ≥ b) bất đẳng thức Tính chất a) Liên hệ thứ tự phép cộng Với ba số a, b c, ta có: Nếu a < b => a+c < b+ c ; a ≤ b = > a + c ≤ b + c Nếu a > b => a + c > b + c ; a ≥ b => a + c ≥ b +c b) Liên hệ thứ tự phép nhân -Với ba số a, b c mà c > 0, ta có: Nếu a < b => a.c < b.c ; a ≤ b = > a c ≤ b c Nếu a > b => a c > b c ; a ≥ b => a c ≥ b c -Với ba số a, b c mà c < 0, ta có: Nếu a < b => a.c > b.c ; a ≤ b = > a + c ≥ b + c Nếu a > b => a c < b c ; a ≥ b => a + c ≤ b +c II Các tập sách tập 1.Bài 28( tr 43 – sbt) Chứng tỏ với a, b số thì: a) a2 + b2 – 2ab ≥ b) a + b2 ≥ ab Chứng minh: a) a2 + b2 – 2ab ≥  ( a – b)2 ≥ ( bđt ) Vậy bđt cho cm Dấu “ =” xảy  a = b b) Từ a2 + b2 – 2ab ≥  a2 + b2 ≥ 2ab a + b2 ≥ ab Dấu “ = “ xảy  a = b  * Hệ ( Suy từ tập trên) a) ( a + b)2 ≥ ab b) 2(a2+b2) ≥ ( a + b)2 * Bài tập vận dụng Bài 1: a) Cho a, b thoả mãn: a2 + b2 ≤ Chứng minh - ≤ a + b ≤ b) Cho ba số dương a, b, c thoả mãn : a2 ≤ bc, b2 ≤ ac Chứng minh a + b ≤ 2c Giải: a) Áp dụng bất đẳng thức phụ: a2 + b2 ≥ 2ab Và a2 + b2 ≤ ( gt) => ab ≤ => ≤ ab Ta có: ( a + b)2 = a2 + b2 + 2ab ≤ + = Nên ( a + b)2 ≤ => a + b ≤ => −2 ≤ a + b ≤ (đpcm) b) Ta có: ( a + b)2 = a2 + b2 + 2ab ≤ a2 + b2 + a2 + b2 =>( a+b)2 ≤ 2( a2 + b2 ) (1) Mà a2 ≤ bc, b2 ≤ ac (gt) => a2 + b2 ≤ bc + ac = c( a + b) (2) =>( a+b)2 ≤ 2c.( a +b) Từ (1) (2) => ( a + b) ≤ 2c ( a +b > 0) Vậy ( a + b) ≤ 2c Bài 2: Cho ≤ a, b, c, d ≤ Chứng minh ( a +b+ c + d +1)2 ≥ 4( a2 + b2+ c2 + d2) Giải: Áp dụng bđt phụ ( x + y)2 ≥ xy Ta có ( a +b+ c + d +1)2 ≥ 4( a + b +c +d) ( 1) Với x = a+ b+ c + d ; y = Mặt khác: ≤ a, b, c, d ≤ nên a ≥ a2, b ≥ b2, c ≥ c2, d ≥ d2 Nên a + b + c + d ≥ a2 + b2+ c2 + d2 ( 2) Từ (1), (2) => ( a +b+ c + d +1)2 ≥ 4( a2 + b2+ c2 + d2) Vậy bđt cho chứng minh Bài 3: Cho a, b, c ≥ a+ b + c = Chứng minh a + 2b + c ≥ 4( a – 1)( b – 1)( c -1) Giải: Do a, b, c ≥ a+ b + c = => a ≤ 1, b ≤ 1, c ≤ Áp dụng bđt phụ: 4xy ≤ ( x + y)2, ta có 4(1 –a)( 1- b)(1- c)(1-d) = 4[(b + c)( –c)](1- b) ≤ ( 1+b)2( 1-b) (1) Mà ( –b)(1+b)2 = ( +b)( 1-b2) ≤ + b ( 1- b2 ≤ 0) Lại có: + b = a + 2b + c (2) Từ (1) (2) => 4(1 –a)( 1- b)(1- c)(1-d) ≤ a + 2b + c ( đpcm) Dấu “=” xảy  a = 1 , b = 0, c = 2 Bài 4: Cho x, y > x + y + z = Chứng minh rằng: x + y ≥ 16xyz Giải: Áp dụng bđt phụ 4xy ≤ ( x + y)2, ta có 16xyz ≤ 4z ( x +y)2 ( 1) Ta phải chứng minh: 4z ( x +y)2 ≤ x + y (2) Thật vậy: 4z ( x +y)2 ≤ x + y  4z ( x +y) ≤ ( x + y > 0)  4z ( 1- z) ≤  4z2 – 4z+ ≥  ( 2z – 1)2 ≥ ( bđt đúng) Do ( 2) Từ (1) (2) => 16xyz ≤ x + y Dấu “ =” xảy  x = y = 1 ,z= Bài 5: Cho ba số dương a, b, c Chứng minh 1 + a b + 1 + b c + 1 + c a ≤ a+b+c Giải: Áp dụng bđt phụ ( x + y)2 ≥ xy Ta có: 1 1 a+b ( + )2 ≥ ⇒ ( ) ≥4 a b a b ab ab ( a + b) ab ⇒ ≥4⇒ ≤ ( a + b) ab a+b 1 ≤ ( a + b) 1 => + a b a, b > Tương tự có ≤ 4(b + c) 1 + b c ≤ 4(a + c) 1 + c a Cộng vế ba bđt chiều, ta được: 1 + a b + + 1 + b c 1 + c a ≤ a+b+c Dấu “=” xảy  a = b = c Bài 6: Cho a, b thoả mãn; ab + bc + ca = Chứng minh a4 + b4 + c4 ≥ 16 Giải: Từ ab + bc + ca = => ( ab + bc + ca)2 = 16 => a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2ab2c + 2abc2 + 2a2bc = 16 Áp dụng bđt phụ: x + y ≥ 2xy , ta a2b2 + b2c2 ≥ 2ab2c b2c2 + c2a2 ≥ 2abc2 a2b2 + c2a2 ≥ 2a2bc Nên 2(a2b2 + b2c2 + c2a2 ) ≥ 2ab2c + 2abc2 + 2a2bc => 3(a2b2 + b2c2 + c2a2 ) ≥ ( ab + bc + ca)2 = 16 ≥ => a2b2 + b2c2 + c2a2 Ta lại có: 16 (1) a4 + b4 ≥ 2a2b2 b4 + c4 ≥ 2b2 c2 c4 + a4 ≥ 2c2a2 => a4 + b4 + c4 ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 (2) Từ (1), (2) => a4 + b4 + c4 ≥ 16 Bài 7: Cho số dương a, b, c Chứng minh 1 1 + 3 + ≤ 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc Giải; Áp dụng bđt phụ a2 + b2 ≥ 2ab => a2 + b2 – ab ≥ ab => (a2 + b2 – ab)(a+b) ≥ ab(a+b) => a + b3 ≥ ab(a + b) => a3 + b3 +abc ≥ ab(a + b + c) > ( a +b > 0) ⇒ 1 ≤ a + b + abc ab( a + b + c ) 3 b + c + abc 3 ≤ Tương tự có bc(a + b + c) 1 ≤ a + c + abc ac(a + b + c) Cộng vế ba bđt chiều, ta được: 1 1 1 1 + 3 + ≤ ( + + )≤ 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc a + b + c ab bc ca abc Vậy 1 1 + 3 + ≤ 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc Bài 8: Cho u, v số dương thoả mãn u + v = Chứng minh 1 25 (u + ) + ( v + ) ≥ u v u v Ta có (u + )2 + (v + ) = u + Giải: 1 + v2 + + u v Áp dụng bđt: 2( u2 + v2) ≥ ( u + v)2 => u2 + v2 ≥ ( u + v = 1) , 1 1 u+v + ) ≥ ( + )2 = ( ) u v u v uv 1 ⇒ 2+ 2≥ u v 2(uv) 2( Mặt khác áp dụng bđt: (u +v)2 ≥ 4uv ≥ uv => 1 => (2uv) ≥ ( u,v > 0) Do 1 + ≥ Nên u v2 1 1 25 (u + ) + ( v + ) = u + + v + + ≥ +8+4= u v u v 2 Vậy 1 25 (u + ) + ( v + ) ≥ Dấu “=” xảy  u = v = u v 2 Bài tập đề nghị Bài 1: Cho a,b thoả mãn a2 + b2 = + ab Chứng minh ≤ a2 + b2 ≤ Bài 2: Chứng minh với a, b, c tuỳ ý ta có: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ ( a +b)( c + d) Bài 3: Cho a + b + c + d = Chứng minh : a2 + b2 + c2 + d2 ≥ Bài 4: Cho a + b = Chứng minh 1 a + b ≥ ; a + b ≥ ; a + b8 ≥ 128 Bài 29 ( tr 44- sbt) Cho a b số dương, chứng tỏ: Chứng minh: Ta có a b a + b2 + = Mà a2 + b2 ≥ 2ab b a ab Nên a + b2 ≥ ( ab > 0) ab Vậy a b + ≥ Dấu “=” xảy  a = b b a - Nếu đặt x = *Hệ quả: i) x + ii) a b => = b x a ≥ ( x > 0) x a b + ≤ −2 ( ab < 0) b a * Bài tập vận dụng Bài 1: Cho a, b, c > Chứng minh a b a) ( a + b) ( + ) ≥ b) ( a + b + c)( c) Giải: a b + ≥2 b a 1 + + ) ≥9 a b c a b c + + ≥ b+c c+a a +b a b a) Ta có: ( a +b) ( + ) = + a a b + + ≥ + ≥ ( áp dụng bđt phụ) b a b Vậy ( a + b) ( + ) ≥ Dấu “=” xảy  a = b b) Ta có: ( a + b + c)( 1 + + ) a b c a a b b c c + +1+ + +1+ + +1 b c a c a b a b b c a c = ( + ) + ( + ) + ( + ) + ≥ + 3.2 = b a c b c a = Vậy ( a + b + c)( 1 + + ) ≥ Dấu “=” xảy  a = b = c a b c Tổng quát : Với a1, a2, a3, … , an > 0, ta chứng minh được: 1 1 (a1+ a2+ a3+ … + an ) ( a + a + a + + a ) ≥ n2 n c) a b c + + ≥ b+c c+a a +b a b c + 1) + ( + 1) + ( + 1) ≥ b+c c+a a+b 1 ⇔ (a + b + c).( + + )≥ b+c c+a a+b 1 ⇔ 2(a + b + c)( + + )≥9 b+c c+a a+b 1 ⇔ [ (b + c ) + (c + a ) + (a + c) ] ( + + )≥9 b+c c+a a +b ⇔( Đặt b+c = x, c + a = y, a + b = z với x, y, x > 0, ta 1 ( x+ y + z) ( x + y + z ) ≥ ( theo chứng minh phần b) Vậy bđt cho chứng minh Bài 2: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh: a b c + + ≥ b +c − a c + a −b a +b −c Giải: Đặt x = b + c - a, y = c + a - b, z = b + a - c Khi đó: x + y + z = a + b + c Và y + z = c + a –b + b + a – c = 2a => a = y+z Tương tự ta có: x+z b= c= Từ x+ y a b c + + ≥ b +c − a c + a −b a +b −c y+z x+ y z+x + + ≥6 x z y x y y z x z ⇔ ( + )+( + )+( + )≥ y x z y z x ⇔ Bài tập đề nghị Bài 1: Chứng minh với a,b > thoả mãn a + b = thì: 1 + ≥6 ab a + b Bài 2: Cho a, b, c a + b + c ≤ Chứng minh rằng: 1 + + ≥9 a + 2bc b + 2ac c + 2ac Bài 3: Cho a, b, c, d > Chứng minh rằng: a b c b + c a + c a + b 15 + + + + + ≥ b+c a+c b+a a b c Bài 80( tr 49-sbt) Cho a > b > 0, chứng tỏ a b ( a + b) ( + ) ≥ Chứng minh: Ta có a b ( a + b) ( + ) ≥ ( a + b) ⇔ ≥ ⇔ (a + b) ≥ 4ab(doa, b > 0) ab ⇔ a − 2ab + b ≥ ⇔ (a − b) ≥ Vì bđt cuối nên bđt cho dược chứng minh Dấu “ =” xảy  a =b * Hệ quả: Với a, b> a) 1 + ≥ a b a +b b) ab ≥ (a + b)2 * Bài tập vận dụng Bài 1: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 1 1 1 a+b+c + + ≥ 2( + + ) (với p = nửa chu vi tam giác) p −a p −b p −c a b c Giải: Áp dụng bđt phụ + p−a + p −b + p−c 1 + ≥ a b a +b ( với a, b > 0) Ta có 4 ≥ = p −b p −a + p −b c 4 ≥ = p−c p −c+ p −c a 4 ≥ = p−a p−c+ p−a b Cộng vê bđt ta suy ra: 1 1 1 + + ≥ 2( + + ) p −a p −b p −c a b c Dấu đẳng thức xảy  a = b = c hay tam giác cho Bài 2: Cho a, b, c, d > Chứng minh rằng: a b c d + + + ≥2 b+c c+d a+d a +b Giải: Áp dụng 1 + ≥ a b a +b Ta có: a c a (a + d ) + c(b + c ) 4(a + c + ad + bc ) + = ≥ b+c a+d (b + c)(a + d ) (a + b + c + d ) b d b(a + b) + d (c + d ) 4(b + d + ab + cd ) + = ≥ c+d a+b (c + d )(a + b) (a + b + c + d ) Cộng vế hai bđt ta được: a b c d 4(a + b + c + d + ab + bc + cd + da ) + + + ≥ (3) b+c c+d a+d a +b (a + b + c + d ) Mặt khác 4(a + b + c + d + ab + bc + cd + da ) ≥2 (a + b + c + d ) Từ (3), (4) suy ra: a b c d + + + ≥2 b+c c+d a+d a +b (4) *Bài tập đề nghị: Cho a, b, c >0 Chứng minh 4 1 ≤ + + ≤ + + a + b + c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c a b c a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd Bất đẳng thức: Chứng minh : Từ ( a – b)2 ≥  a2 - 2ab + b2 ≥ ( b-c)2 ≥  b2 - 2bc + c2 ≥ ( a-c)2 ≥  a2 - 2ac + c2 ≥  2( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) ≥  a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd Dấu “ = “ xảy  a = b = c * Bài tập áp dụng: a + b3 + c − 3abc ≥0 Bài 1: a) Cho a + b + c ≠ Chứng minh a+b+c b) Cho a + b + c = 1, chứng minh rằng: a4 + b4 + c4 ≥ abc Giải: a) Ta có: a3 + b3 + c3 – 3abc = ( a+ b+ c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) (1) Áp dụng bđt phụ: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd  a2 + b2 + c2 - ab - bc – ca ≥ Từ (1)  a + b3 + c − 3abc ≥ ( a + b + c ≠ 0) a+b+c b) Áp dụng bđt phụ: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd nhiều lần ta có: a4 + b4 + c4 ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 ≥ ab2c + abc2 + a2bc ≥ abc( a + b +c ) Vậy a4 + b4 + c4 ≥ abc ( Do a + b + c = 1) Dâu “ = “ xảy  a = b = c = Bài 2: a) Cho ba số a, b, c thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh : −1 ≤ ab + bc + ca ≤ (1) a + b8 + c 1 ≥ + + b) Cho a, b, c > Chứng minh : a 3b3c a b c −1 a + b2 + c ≤ ab + bc + ca ≤ ≤ ab + bc + cd ≤ a + b + c Giải: a) Ta có: − 2 (a + b + c) ≥  2  a + b + c ≥ ab + bc + ca Hai bđt Vậy bđt cho chứng minh b) Áp dụng bđt phụ: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd nhiều lần ta được: a8 + b8 + c8 ≥ a4b4 + b4 c4 + c4 a4 ≥ a2b4 c2 + a2 b2 c4 + a4 b2 c2 a2b4 c2 + a2 b2 c4 + a4 b2 c2 ≥ a2 b3 c3 + a3b2c3 + a3 b3 c2 Mà a2 b3 c3 + a3b2c3 + a3 b3 c2 = a3 b3 c3 ( Vậy a + b8 + c 1 ≥ + + a 3b3c a b c 1 + + ) a b c ( a, b, c > 0) Bài 3: Cho a, b, c > a+ b+ c = abc, chứng minh rằng: a b c a + b + c ≥ 3( + + ) Giải: Áp dụng bđt phụ: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd => a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc+ cd) ≥ 3( ab + bc+ cd) ≥ 3( ab + bc+ cd) => ( a + b +c )2 => a + b +c ≥ 3(ab + bc + ca) 3(ab + bc + ca ) = a+b+c abc (vì a + b + c = abc a +b+c>0) a b c => a + b + c ≥ 3( + + ) ( đpcm) Bài tập đề nghị: Cho a,b thoả mãn ab + bc + ca = Chứng minh a4 + b4 + c4 ≥ 16 C KẾT LUẬN Trong nội dung đưa bốn bất đẳng thức phụ (bđt) phụ, với bđt (1), (2), (3) tập sách tập, bđt (4) bất đẳng thức mà học sinh rút làm tập Với việc khai thác bất đẳng thức sâu hơn, học sinh nhớ toán phụ tốt Từ học sinh tạo kĩ làm toán chứng minh bđt Đó gặp bất đẳng thức cần chứng minh luôn liên hệ đến bất đẳng thức quen thuộc Dấu hiệu nhận biết toán liên quan đế bđt phụ trên: - Các toán áp dụng bđt (1), (4) thường có giả thiết với số dương, luỹ thừa số chẵn, biểu thức cho dạng tổng tích hạng tử - Các toán áp dụng bđt (2), (3) thưòng có giả thiết số cho dương, có dạng phân thức đại số Để làm xuất bđt quen thuộc làm toán,cần lưu ý học sinh phải áp dụng số phép biến đổi khác như: Thêm, bớt, tách hạng tử đặt ẩn phụ Trên kinh nghiệm nhỏ luyện tập chứng minh bất đẳng thức cho học sinh Tuy nhiên để chứng minh bất đẳng thức, có cách chứng minh khác nhiều bất đẳng thức phụ khác Khi viết sáng kiến không tránh khỏi thiếu sót Vì mong góp ý, phê bình đồng nghiệp để củng cố thêm chuyên môn Tôi xin chân thành cám ơn! Hoàng Mai, ngày 16 tháng năm 2010 Ngưòi viết sáng kiên [...]... các bài tập trong sách bài tập, còn bđt (4) là một bất đẳng thức mà học sinh rút ra khi làm bài tập Với việc khai thác các bất đẳng thức này sâu hơn, học sinh có thể nhớ các bài toán phụ này tốt hơn Từ đó học sinh có thể tạo ra được một kĩ năng làm toán chứng minh bđt Đó là khi gặp một bất đẳng thức cần chứng minh thì luôn luôn liên hệ đến các bất đẳng thức đã quen thuộc Dấu hiệu nhận biết các bài toán. .. bài toán liên quan đế các bđt phụ trên: - Các bài toán áp dụng các bđt (1), (4) thường có giả thiết với các số dương, luỹ thừa của các số là chẵn, biểu thức cho dưới dạng tổng hoặc tích của các hạng tử - Các bài toán áp dụng các bđt (2), (3) thưòng có giả thiết các số đã cho là dương, có dạng phân thức đại số Để làm xuất hiện các bđt quen thuộc khi làm toán, cần lưu ý học sinh đôi khi phải áp dụng một... phải áp dụng một số phép biến đổi khác như: Thêm, bớt, tách hạng tử hoặc đặt ẩn phụ Trên đây là một kinh nghiệm nhỏ khi luyện tập về chứng minh bất đẳng thức cho học sinh Tuy nhiên để chứng minh các bất đẳng thức, cũng có thể có các cách chứng minh khác và còn nhiều các bất đẳng thức phụ khác Khi viết sáng kiến này không tránh khỏi những thiếu sót Vì vậy tôi rất mong được sự góp ý, phê bình của các đồng... c ( do a, b, c > 0) Bài 3: Cho a, b, c > 0 và a+ b+ c = abc, chứng minh rằng: 1 a 1 b 1 c a + b + c ≥ 3( + + ) Giải: Áp dụng bđt phụ: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd => a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc+ cd) ≥ 3( ab + bc+ cd) ≥ 3( ab + bc+ cd) => ( a + b +c )2 => a + b +c ≥ 3(ab + bc + ca) 3(ab + bc + ca ) = a+b+c abc (vì a + b + c = abc và a +b+c>0) 1 a 1 b 1 c => a + b + c ≥ 3( + + ) ( đpcm) Bài tập đề nghị: Cho... *Bài tập đề nghị: Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng 9 4 4 4 1 1 1 ≤ + + ≤ + + a + b + c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c a b c a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd 4 Bất đẳng thức: Chứng minh : Từ ( a – b)2 ≥ 0  a2 - 2ab + b2 ≥ 0 ( b-c)2 ≥ 0  b2 - 2bc + c2 ≥ 0 ( a-c)2 ≥ 0  a2 - 2ac + c2 ≥ 0  2( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) ≥ 0  a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd Dấu “ = “ xảy ra  a = b = c * Bài tập áp... b-c)2 ≥ 0  b2 - 2bc + c2 ≥ 0 ( a-c)2 ≥ 0  a2 - 2ac + c2 ≥ 0  2( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) ≥ 0  a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd Dấu “ = “ xảy ra  a = b = c * Bài tập áp dụng: a 3 + b3 + c 3 − 3abc ≥0 Bài 1: a) Cho a + b + c ≠ 0 Chứng minh rằng a+b+c b) Cho a + b + c = 1, chứng minh rằng: a4 + b4 + c4 ≥ abc Giải: a) Ta có: a3 + b3 + c3 – 3abc = ( a+ b+ c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) (1) Áp dụng bđt... phụ: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc+ cd nhiều lần ta có: a4 + b4 + c4 ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 ≥ ab2c + abc2 + a2bc ≥ abc( a + b +c ) Vậy a4 + b4 + c4 ≥ abc ( Do a + b + c = 1) Dâu “ = “ xảy ra  a = b = c = 1 3 Bài 2: a) Cho ba số a, b, c thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1 Chứng minh : −1 ≤ ab + bc + ca ≤ 1 2 (1) a 8 + b8 + c 8 1 1 1 ≥ + + b) Cho a, b, c > 0 Chứng minh : a 3b3c 3 a b c −1 a 2 + b2 + c 2 ≤ ab... này không tránh khỏi những thiếu sót Vì vậy tôi rất mong được sự góp ý, phê bình của các đồng nghiệp để củng cố thêm chuyên môn Tôi xin chân thành cám ơn! Hoàng Mai, ngày 16 tháng 4 năm 2010 Ngưòi viết sáng kiên ... xảy  u = v = u v 2 Bài tập đề nghị Bài 1: Cho a,b thoả mãn a2 + b2 = + ab Chứng minh ≤ a2 + b2 ≤ Bài 2: Chứng minh với a, b, c tuỳ ý ta có: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ ( a +b)( c + d) Bài 3: Cho a + b... y x z y z x ⇔ Bài tập đề nghị Bài 1: Chứng minh với a,b > thoả mãn a + b = thì: 1 + ≥6 ab a + b Bài 2: Cho a, b, c a + b + c ≤ Chứng minh rằng: 1 + + ≥9 a + 2bc b + 2ac c + 2ac Bài 3: Cho a,... bđt (4) bất đẳng thức mà học sinh rút làm tập Với việc khai thác bất đẳng thức sâu hơn, học sinh nhớ toán phụ tốt Từ học sinh tạo kĩ làm toán chứng minh bđt Đó gặp bất đẳng thức cần chứng minh