Chuyên đề BDHSG bất đẳng thức

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức PHẦN CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý Định nghĩa Các hệ thức dạng a > b (hoặc a < b, a ≥ b, a ≤ b ) bất đẳng thức Tính chất : 2.1 Cộng hai vế bất đẳng thức vời số a>b  ⇒a +c > b+c c tùy ý  2.2 Nhân hai vế bất đẳng thức vời số a>b   ⇒ a.c > b.c c > 0 a>b 2.3 Tính chất bắc cầu ⇒a >c b > c a>b  ⇒ a.c < b.c c < 0 2.4 Cộng vế hai bất đẳng thức chiều, bất đẳng thức chiều với bất đẳng thức cho a>b ⇒a +c > b+d c > d Chú ý : Không trừ vế hai bất đẳng thức ngược chiều 2.5 Trừ vế hai bất đẳng thức ngược chiều, bất đẳng thức chiều với bất đẳng thức bị trừ a>b ⇒a −c > b−d c < d 2.6 Nhân vế hai bất đẳng thức chiều mà hai vế không âm a>b≥0   ⇒ a.c > b.d c > d ≥ 0 2.7 Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế bất đẳng thức : a > b > ⇒ a n > bn ; a > b ⇔ a n > b n với n lẻ ; a > b ⇔ a n > b n với n chẵn Các bất đẳng thức Ngoài bất đẳng thức a ≥ ; −a ≤ với a, cần nhớ thêm bất đẳng thức liên quan đến giá trị tuyệt đối a ≥ Xảy đẳng thức a = a ≥ a Xảy đẳng thức a ≥ a + b ≤ a + b Xảy đẳng thức a.b ≥ a − b ≥ a − b Xảy đẳng thức a.b < a ≥ b Cũng cần nhớ thêm số đẳng thức khác để giải toán sử dụng chúng bổ đề, chẳng hạn + Bất đẳng thức chauchy : a + b ≥ 2ab Xảy đẳng thức a = b ; a + b ≥ ab (với a ≥ , b ≥ ) Xảy đẳng thức a = b ; 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 2 a+b  ÷ ≥ ab hay ( a + b ) ≥ 4ab ;   1 + ≥ (với a > , b > ) ; a b a+b a b + ≥ (với a > , b > ) ; b a + Bất đẳng thức bunhiacopxki : (a + b ) ( x + y ) ≥ ( ax + by ) PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp : Dùng định nghĩa Kiến thức : Để chứng minh A > B Ta lập hiệu A –B > Lưu ý dùng bất đẳng thức M ≥ với∀ M Ví dụ ∀ x, y, z chứng minh : a) x + y + z ≥ xy+ yz + zx b) x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz c) x + y + z +3 ≥ (x + y + z) Giải: a) Ta xét hiệu : x + y + z - xy – yz – zx = ( x + y + z - xy – yz – zx) = ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z ) ≥ với x;y;z ∈ R Vì (x - y)2 ≥ với ∀x ; y Dấu xảy x = y (x - z)2 ≥ với ∀x ; z Dấu xảy x = z (y - z)2 ≥ với ∀ z; y Dấu xảy z = y Vậy x + y + z ≥ xy+ yz + zx Dấu xảy x = y =z b)Ta xét hiệu: x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz –2yz = ( x – y + z) ≥ với x ; y ; z ∈ R 2 Vậy x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz với x;y;z ∈ R Dấu xảy x + y = z c) Ta xét hiệu: x + y + z +3 – 2( x + y + z ) = x - 2x + + y - 2y +1 + z - 2z +1 = (x - 1) + (y - 1) +(z - 1) ≥ Dấu (=) xảy x = y = z = Ví dụ 2: chứng minh : a2 + b2  a + b  a) ≥  ;   [ ] a2 + b2 + c2  a + b + c  b) ≥  3   c) Hãy tổng quát toán Giải: a2 + b2  a + b  a) Ta xét hiệu : −    2 2( a + b ) a + 2ab + b 2 2 2 = = ( 2a + 2b − a − b − 2ab ) = ( a − b ) ≥ − 4 4 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức a2 + b2  a + b  ≥  Dấu xảy a = b   b)Ta xét hiệu a2 + b2 + c2  a + b + c  2 −  = ( a − b) + ( b − c) + ( c − a ) ≥ 3   Vậy [ ] a2 + b2 + c2  a + b + c  Vậy ≥  3   Dấu xảy a = b =c a12 + a 22 + + a n2  a1 + a + + a n  ≥ c) Tổng quát  n n   Tóm lại bước để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B Bước 2:Biến đổi H=(C+D) H=(C+D) +….+(E+F) Bước 3:Kết luận A ≥ B Ví dụ 1: Chứng minh ∀m,n,p,q ta có : m + n + p + q +1 ≥ m(n + p + q + 1) Giải:  m2   m2   m2   m2  ⇔  − mn + n  +  − mp + p  +  − mq + q  +  − m + 1 ≥         2 2 m  m  m  m  ⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ (luôn đúng) 2  2  2  2  m m   −n =0 n=  m  m  − p=0  m=2 2 p = ⇔ Dấu xảy  m ⇔ n = p = q =  −q =0  m 2 q = m m =   − = Ví dụ 2: Chứng minh với a, b, c ta có : a + b + c ≥ abc(a + b + c) Giải: Ta có : a + b + c ≥ abc(a + b + c) , ∀a, b, c > ⇔ a + b + c − a bc − b ac − c ab ≥ ⇔ 2a + 2b + 2c − 2a bc − 2b ac − 2c ab ≥ ( ⇔ a2 − b2 ( ⇔ a2 − b2 ( ) ( + 2a b + b − c ) + (b ) ( − c2 ) + (c ) ( ) ( + 2b c + c − a ) + 2a c − 2a bc − 2b ac − 2c ab ≥ − a2 ) ) + (a b + b c − 2b ac) + (b c + c a − 2c ab) + (a b + c a − 2a ab) ≥ ⇔ a − b + b − c + c − a + ( ab − bc ) + ( bc − ac ) + ( ab − ac ) ≥ Đúng với a, b, c Phương pháp : Dùng phép biến đổi tương đương Kiến thức: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh 2 2 2 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Nếu A < B ⇔ C < D , với C < D bất đẳng thức hiển nhiên, biết có bất đẳng thức A < B Chú ý đẳng thức sau: ( A + B ) = A + AB + B ( A + B + C ) = A + B + C + AB + AC + BC ( A + B ) = A + A B + AB + B Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e số thực chứng minh b2 a) a + ≥ ab b) a + b + ≥ ab + a + b c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) Giải: b2 a) a + ≥ ab ⇔ 4a + b ≥ 4ab ⇔ 4a − 4a + b ≥ ⇔ ( 2a − b ) ≥ b2 (BĐT đúng) Vậy a + ≥ ab (dấu xảy 2a=b) b) a + b + ≥ ab + a + b ⇔ 2( a + b + ) > 2(ab + a + b) ⇔ a − 2ab + b + a − 2a + + b − 2b + ≥ ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b − 1) ≥ Bất đẳng thức cuối 2 Vậy a + b + ≥ ab + a + b Dấu xảy a = b = c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) ⇔ 4( a + b + c + d + e ) ≥ 4a( b + c + d + e ) ⇔ a − 4ab + 4b + a − 4ac + 4c + a − 4ad + 4d + a − 4ac + 4c ≥ ( ) ( ) ( ) ( ⇔ ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a 10 + b10 a + b ≥ a + b a + b Giải: 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 ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh x2 + y2 ≥2 Ví dụ 3: cho x.y =1 x 〉 y Chứng minh x− y x2 + y2 ≥ 2 :x 〉 y nên x- y 〉 ⇒ x2+y2 ≥ 2 ( x-y) Giải: x− y ⇒ x2+y2- 2 x+ 2 y ≥ ⇔ x2+y2+2- 2 x+ 2 y -2 ≥ ⇔ x2+y2+( )2- 2 x+ 2 y -2xy ≥ x.y=1 nên 2.x.y=2 ⇒ (x-y- )2 ≥ Điều luôn Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4: Chứng minh rằng: a/ P(x,y)= x y + y − xy − y + ≥ ∀x, y ∈ R b/ a + b + c ≤ a + b + c (gợi ý :bình phương vế) 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức x y.z =  1 1 c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:  + + < x + y + z  x y z Chứng minh : có ba số x, y, z lớn Giải: Xét (x - 1)(y - 1)(z -1 ) = xyz + (xy + yz + zx) + x + y + z - 1 1 1 1 1 = (xyz - 1) + (x + y + z) - xyz( + + )= x + y + z - ( + + ) > (vì + + < x+y+z theo gt) x y z x y z x y z ⇒ số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dương Nếu trường hợp sau xảy x, y, z >1 ⇒ x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy trường hợp tức có ba số x ,y ,z số lớn a b c + + ⇒ > (1) Ta có : a + b < a + b + c ⇒ a+b a+b+c a+b a+b+c b b c c > (2) , > (3) Tương tự ta có : b+c a+b+c a+c a+b+c Cộng vế theo vế bất đẳng thức (1), (2), (3), ta : a b c + + > (*) a+b b+c a+c a a+c < (4) Ta có : a < a + b ⇒ a+b a+b+c b a+b c c+b < (5) , < (6) Tương tự : b+c a+b+c c+a a+b+c Cộng vế theo vế bất đẳng thức (4), (5), (6), ta : a b c + + < (**) a+b b+c a+c a b c + + < (đpcm) Từ (*) (**) , ta : < a+b b+c a+c Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ Kiến thức: a) x + y ≥ xy 2 b) x + y ≥ xy dấu( = ) x = y = c) ( x + y ) ≥ xy a b d) + ≥ b a Ví dụ Cho a, b ,c số không âm chứng minh : (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) ≥ xy ( a + b ) ≥ 4ab ; ( b + c ) ≥ 4bc ; ( c + a ) ≥ 4ac ⇒ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64a b c = ( 8abc ) ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc Tacó Dấu “=” xảy a = b = c Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy Kiến thức: a/ Với hai số không âm : a, b ≥ , ta có: a + b ≥ ab Dấu “=” xảy a=b b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm : 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức a1 + a + + a n ≥ n n a1 a a n n  a + a + + a n  ⇔ a1 a a n ≤   n   Dấu “=” xảy a1 = a = = a n Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi đề cho biến số không âm 2x 4x 2x Ví dụ : Giải phương trình : x + x + x = x +1 +1 + a = x x , a, b > Giải : Nếu đặt t =2 pt trở thành pt bậc theo t nên ta đặt  b = x a b + + = Khi phương trình có dạng : b +1 a +1 a + b Vế trái phương trình:  a   b     a + b +1   a + b +1  a + b +1  = + 1÷+  + 1÷+  + 1÷− =  ÷+  ÷+  ÷−  b +1   a +1   a + b   b +1   a +1   a + b  1  1    = ( a + b + c)  + + + + ÷− = ( b + 1) + ( a + 1) + ( a + b )   ÷−  b +1 a +1 a + b   b +1 a +1 a + b  3 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) −3 = ( a + 1)( b + 1)( a + b ) 2 Vậy phương trình tương đương với : a +1 = b +1 = a + b ⇔ a = b = ⇔ 2x = 4x = ⇔ x = x y z + + Ví dụ : Cho x, y , z > x + y + z = Tìm GTLN P = x +1 y +1 z +1 1 + + Giải : P = 3- ( ) = – Q Theo BDT Côsi , a, b, c > x +1 y +1 z +1 ≥ 1 1 1 1 1 + + ≥33 ⇒ ( a + b + c )  + + ÷≥ ⇒ + + ≥ a b c abc a b c a +b +c a b c 1 9 + + ≥ ⇒ -Q ≤ − nên P = – Q ≤ 3- = Suy Q = x +1 y +1 z +1 4 4 Vậy max P = x = y = z = 1 a+b+c + + ≤ Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: 2abc a + bc b + ac c + ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 1 1  a + +bc ≥ 2a bc ⇒ ≤ ≤  +  a + +bc a bc  ab ac  1 1  1 1  ≤ ≤  + ÷⇒ ≤ ≤  + ÷ Tương tự : b + + ac b ac  bc ab  c + + ab c ab  ac bc  2 a+b+c ⇒ + + ≤ a + bc b + + ac c + + ab 2abc Dấu “=” xảy a = b = c a + b + c ≥ 3 abc ⇔ 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Ví dụ : CMR tam giác ABC : a b c + + ≥ (*) b+c−a c+a −b a+b−c Giải : Theo bất đẳng thức Côsi : a b c abc + + ≥ 33 (1) b+c−a c+a −b a+b−c (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) Cũng theo bất đẳng thức Côsi : (b + c − a )(c + a − b) ≤ (b + c − a + c + a − b) = c ( 2) Viết tiếp hai BDT tương tự (2) nhân với (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc abc → ≥ (3) (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) Từ (1),(3) suy (*) Dấu “=” xảy a = b = c hay ABC 0 < a ≤ b ≤ c x y z  ( a + c)  Ví dụ 5: Cho  Chứng minh rằng: ( + by + cz )  + +  ≤ 4ac 0 < x, y, z a b c Giải: Đặt f ( x) = x − ( a + c) x + ac = có nghiệm a,c Mà: a ≤ b ≤ c ⇒ f (b) ≤ ⇔ b − (a + c)b + ac ≤ ac y ⇔b+ ≤ a + c ⇔ yb + ac ≤ ( a + c ) y b b x y z  ⇒  xa + ac  + ( yb + ac ) + ( zc + ac ) ≤ ( a + c ) x + ( a + c ) y + (a + c) z a b c  x y z ⇒ xa + yb + zc + ac + +  ≤ ( a + c )( x + y + z ) a b c Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: x y z ⇒ ( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( a + c )( x + y + z ) a b c x y z 2 ⇔ 4( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( a + c ) ( x + y + z ) a b c  x y z  ( a + c) ( x + y + z ) (đpcm) ⇔ ( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ 4ac a b c Phương pháp Bất đẳng thức Bunhiacopski Kiến thức : Cho 2n số thực ( n ≥ ): a1 , a , a n , b1 , b2 , , bn Ta có: (a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ ( a12 + a 22 + + a n2 )(b12 + b22 + + bn2 ) a a1 a = = = n Dấu “=” xảy ⇔ b1 b2 bn b b1 b2 = = = n (Quy ước : mẫu = tử = ) Hay a1 a an Chứng minh: a = a + a + + a 2 n Đặt  2  b = b1 + b2 + + bn • Nếu a = hay b = 0: Bất đẳng thức ( x + y + z) 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức • Nếu a,b > 0: b 2 2 2 Đặt: α i = , β i = i ( i = 1,2, n ) , Thế thì: α + α + + α n = β + β + + β n a b 2 Mặt khác: α i β i ≤ α i + β i 1 α β1 + α β + + α n β n ≤ (α 12 + α 22 + + α n2 ) + ( β12 + β 22 + + β n2 ) ≤ 2 Suy ra: ⇒ a1b1 + a b2 + + a n bn ≤ a.b ( ) Lại có: a1b1 + a b2 + + a n bn ≤ a1b1 + a b2 + + a n bn 2 2 2 Suy ra: (a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ (a1 + a + + a n )(b1 + b2 + + bn )  α i = β i ( ∀i = 1,2, , n ) a a a ⇔ = = = n Dấu”=” xảy ⇔  b1 b2 bn α β1 α n β n dáu Ví dụ : 8 Chứng minh rằng: ∀x ∈ R , ta có: sin x + cos x ≥ 2 Giải: Ta có: sin x + cos x = 1, ∀x ∈ R Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: = sin x.1 + cos x.1 ≤ sin x + cos x 12 + 12 ( ) ( )( ) 1 ≤ sin x + cos x ⇒ ≤ sin x + cos x Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski lần nữa: 1 ⇔ ≤ sin x.1 + cos x.1 ⇔ ≤ sin x + cos8 x 12 + 12 ⇔ sin x + cos x ≥ 4 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có góc A,B,C nhọn Tìm GTLN của: P = + tan A tan B + + tan B tan C + + tan C tan A Giải: * Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng Cho m số, số gồm n số không âm: (a i , bi , , ci )(i = 1,2, , m) Thế thì: (a1 a a m + b1b2 bm + + c1c c m ) ≤ (a1m + b1m + + c1m )(a 2m + b2m + + c 2m )(a mm + bmm + + c mm ) Dấu”=” xảy ⇔ ∃ bô số (a,b,….,c) cho: với i = 1,2,…,m ∃ t i cho: a = t i , b = t i bi , , c = t i ci , Hay a1 : b1 : : c1 = a : b2 : : c = a n : bn : c n ( ⇔ ( ) ) ( )( ) ( ) a12 + a 22 + + a n2 = a a1 a + + + n < Ví dụ 1: Cho  Chứng minh rằng: n +1 n ∈ Z,n ≥  Giải: 1 < = *   1 ∀k ∈ N ta có: k k2 −  k −  k +    2 1 ⇒ 2< − 1 k k− k+ 2 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức    1 1  1 ÷  1 ÷ ÷ 1 ⇒ + + + < − + − + +  − = − < ÷ ÷ 5 ÷ 1 3 n 3  n− n+ ÷  2  2 n+ 2  Do theo bất đẳng thức Bunhiacopski: a a1 a 1 + + + n ≤ a12 + a 22 + + a n2 + + + < < (đpcm) 2 n +1 3 n Ví dụ 2: Cho số a,b,c,d chứng minh rằng: (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó ac+bd ≤ a + b c + d ( ) mà ( a + c ) + ( b + d ) = a + b + 2( ac + bd ) + c + d ≤ a + b + a + b c + d + c + d ⇒ (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Ví dụ 3: Chứng minh : a + b + c ≥ ab + bc + ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) (a,b,c) ta có 12 + 12 + 12 (a + b + c ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) ⇒ a + b + c ≥ a + b + c + 2( ab + bc + ac ) ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ac Điều phải chứng minh Dấu xảy a = b = c Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép Kiến thức: a1 ≤ a ≤ ≤ a n a + a + + a n b1 + b2 + + bn a1b1 + a b2 + + a n bn a) Nếu  ≤ n n n b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn ( ) ( ) a1 = a = = a n Dấu ‘=’ xảy  b1 = b2 = = bn a1 ≤ a ≤ ≤ a n b)Nếu  b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn a1 + a + + a n b1 + b2 + + bn a1b1 + a b2 + + a n bn ≥ n n n a1 = a = = a n Dấu ‘=’ xảy  b1 = b2 = = bn Ví dụ 1: Cho ∆ ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = sin A sin 2a + sin B sin B + sin C sin 2C S = sin A + sin B + sin C S diện tích tan giác chứng minh ∆ ABC tam giác π Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư < A ≤ B ≤ C < Suy ra: sin A ≤ sin B ≤ sin C  sin 2a ≤ sin B ≤ sin 2C Áp dụng BĐT trebusep ta được: ( sin A + sin B + sin C )( sin A + sin B + sin 2C ) ≥ ≥ 3( sin A sin A + sin B sin B + sin C sin 2C ) sin A sin A + sin B sin B + sin C sin 2C ⇔ ≤ (sin A + sin B + sin 2C ) sin A + sin B + sin C 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức sin A = sin B = sin C ⇔ ∆ABC dêu Dấu ‘=’ xảy ⇔  sin A = sin B = sin 2C Mặt khác: sin A + sin B + sin 2C = sin( A + B ) cos( A − B ) + sin 2C = sin C [ cos( A − B ) + cos C ] = sin C [ cos( A − B ) − cos( A + B )] = sin C.2 sin A sin B = sin A sin B sin C = (2 R sin A)(2 R sin B ) sin C = a.b sin C = S (2) Thay (2) vào (1) ta có sin A sin 2a + sin B sin B + sin C sin 2C S ≤ sin A + sin B + sin C Dấu ‘=’ xảy ⇔ ∆ ABC Ví dụ 2(HS tự giải): 1 + + ≥9 a b c b/ Cho x, y, z > x + y + z = CMR:x + 2y + z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z ) a b c + + ≥ c/ Cho a > , b > 0, c > CMR: b+c c+a a+b d) Cho x ≥ ,y ≥ thỏa mãn x − y = ; CMR : x+y ≥ a3 b3 c3 Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 a + b + c = Chứng minh + + ≥ b+c a+c a+b Giải:  a2 ≥ b2 ≥ c2 Do a,b,c đối xứng ,giả sử a ≥ b ≥ c ⇒  a ≥ b ≥ c  b + c a + c a + b Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có a b c a2 + b2 + c2  a b c  a2 + b2 + c2 ≥  + + = = b+c a+c a+b b+c a+c a+b 2 a3 b3 c3 Vậy Dấu xảy a=b=c= + + ≥ b+c a+c a+b Ví dụ 4: Cho a, b, c, d > abcd = Chứng minh : a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 Giải: Ta có a + b ≥ 2ab c + d ≥ 2cd 1 Do abcd =1 nên cd = (dùng x + ≥ ) ab x 2 2 Ta có a + b + c ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ (1) ab Mặt khác: a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)     1  =  ab +  +  ac +  +  bc +  ≥ + + ab   ac   bc   2 2 Vậy a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 a/ Cho a, b, c > a + b + c = CMR: 10 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức  a f ( α ) >  x1 < x < α ⇔ ∆ > S   α < x1 < x ⇔ ∆ > S  >α 2 α < x1 < β < x ⇔ f ( α ) f ( β ) < Phương trình f(x) = có nghiệm   x1 < α < x < β Ví dụ 1:Chứng minh f ( x, y ) = x + y − xy + x − y + > Giải: Ta có (1) ⇔ x − x( y − 1) + y − y + > (1) ∆′ = ( y − 1) − y + y − = y − y + − y + y − = − ( y − 1) − < Vậy f ( x, y ) > với x, y Ví dụ2: Chứng minh rằng: f ( x, y ) = x y + x + y + xy + x > xy Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x y + x + y + xy + x − xy > ⇔ ( y + 1) x + y (1 − y ) x + y > ( ( Ta có ∆′ = y ( ) ) (1 − y ) 2 ( ) ) − y y + = −16 y < Vì a = y + > f ( x, y ) > (đpcm) Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức với n > n0 ta thực bước sau : – Kiểm tra bất đẳng thức với n = n0 - Giả sử BĐT với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh gọi giả thiết quy nạp ) 3- Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) – kết luận BĐT với n > n0 1 1 ∀n ∈ N ; n > Ví dụ1: Chứng minh : + + + < − (1) n n 1 Giải: Với n =2 ta có + < − (đúng) Vậy BĐT (1) với n =2 Giả sử BĐT (1) với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k+1 1 1 < 2− Thật n =k+1 (1) ⇔ + + + + 2 k (k + 1) k +1 Theo giả thiết quy nạp 1 1 1 < 2− + < 2− ⇔ + + + + 2 k (k + 1) k ( k + 1) k +1 ⇔ 1 1 + + < + < 2 (k + 1) k + ( k + 1) k 18 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức k +1+1 < ⇔ k (k + 2) < ( k + 1) ⇔ k2+2k Chứng minh  (1)    Giải: Ta thấy BĐT (1) với n=1 Giả sử BĐT (1) với n=k ta phải chứng minh BĐT với n=k+1 Thật với n = k+1 ta có k +1 a+b a k +1 + b k +1  (1) ⇔   ≤   ⇔ k a+b a+b a k +1 + b k +1 ⇔  ≤ (2)  2   a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1 ⇔ Vế trái (2) ≤ = ≤ 2 k +1 k +1 k +1 k k k +1 a +b a + ab + a b + b ⇔ − ≥ ⇔ a k − b k ( a − b ) ≥ Ta chứng minh (3) (+) Giả sử a ≥ b giả thiết cho a ≥ -b ⇔ a ≥ b ( k ⇔ a k ≥ b ≥ bk ⇒ (a k ) ) − b k ( a − b ) ≥ (3) ( ) (+) Giả sử a < b theo giả thiết - a (n + 1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ n n = ⇒ n n > (n + 1) n −1 Giải: n=2 ⇒  ( n + 1) n −1 = n=k ≥ : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k k > (k + 1) k −1 n= k+1:Ta c ó: k k (k + 1) k +1 ≥ (k + 1) k −1 (k + 1) k +1 = (k + 1) k − (k + 1) = [(k + 1) ] k −1 (k + 1) > (k + 2k ) k −1 ( k + 2k ) (vì (k + 1) = k + 2k + > k + 2k ) ≥ k k (k + 2) k ⇒ ( k + 1) k +1 > ( k + 2) k ⇒ Bất đẳng thức với n= k+1 Vậy n n > (n + 1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ ∗ Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sin nx ≤ n sin x , ∀n ∈ Ν , ∀x ∈ R 20 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Giải: n=1: Bất đẳng thức n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sin kx ≤ k sin x n= k+1 Ta cần chứng minh: sin(k + 1) x ≤ (k + 1) sin x  a + b ≤ a + b , ∀a, b ∈ R Ta có:   sin x , cos x ≤ 1, ∀x ∈ R Nên: sin(k + 1) x = sin kx cos x + cos kx sin x ≤ sin kx cos x + cos kx sin x ≤ sin kx + sin x ≤ k sin x + sin x = (k + 1) sin x ⇒ Bất đẳng thức với n= k+1 Vậy: sin nx ≤ n sin x , ∀n ∈ Ν ∗ , ∀x ∈ R + Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng Kiến thức: 1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức , ta 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 ngược Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh 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 thực hiên sau: Giả sử q ( q sai) suy điều vô lý p sai Vậy phải có q (hay q đúng) Như để phủ định luận đề ta ghép tất giả thiết luận đề với phủ định kết luận Ta thường dùng hình thức chứng minh phản chứng sau : A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P ⇒ Q” B – Phủ định rôi suy trái giả thiết C – Phủ định suy trái với điều D – Phủ định suy điều trái ngược E – Phủ định suy kết luận : Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > , ab+bc+ac > , abc > Chứng minh a > , b > , c > Giải: Giả sử a ≤ từ abc > ⇒ a ≠ a < Mà abc > a < ⇒ cb < Từ ab+bc+ca > ⇒ a(b+c) > -bc > Vì a < mà a(b +c) > ⇒ b + c < a < b +c < ⇒ a + b +c < trái giả thiết a+b+c > Vậy a > tương tự ta có b > , c > Ví dụ 2:Cho số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện ac ≥ 2.(b+d) Chứng minh có bất đẳng thức sau sai: a < 4b , c < 4d Giải: Giả sử bất đẳng thức : a < 4b , c < 4d cộng vế ta a + c < 4(b + d ) (1) Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2) Từ (1) (2) ⇒ a + c < 2ac hay ( a − c ) < (vô lý) Vậy bất đẳng thức a < 4b c < 4d có bất đẳng thức sai Ví dụ 3:Cho x,y,z > xyz = Chứng minh 1 Nếu x+y+z > + + có ba số lớn x y z Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 1 1 1 =x + y + z – ( + + ) xyz = theo giả thiết x+y +z > + + x y z x y z 21 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức nên (x-1).(y-1).(z-1) > Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 có số dương Thật ba số dương x,y,z > ⇒ xyz > (trái giả thiết) Còn số dương (x-1).(y-1).(z-1) < (vô lý) Vậy có ba số x , y,z lớn Ví dụ 4: Cho a, b, c > a.b.c=1 Chứng minh rằng: a + b + c ≥ (Bất đẳng thức Cauchy số) Giải: Giả sử ngược l ại: a + b + c < ⇒ (a + b + c)ab < 3ab ⇔ a b + b a + cab < 3ab ⇔ a b + (a − 3a )b + < Xét : f (b) = a b + (a − 3a)b + Có ∆ = (a − 3a) − 4a = a − 6a + 9a − 4a = a(a − 6a + 9a − 4) = = a(a − 1) (a − 4) ≤  a , b, c > ⇒ < a < ) ⇒ f (b) ≥ ⇒ vô lý Vậy: a + b + c ≥ a + b + c < (Vì  Ví dụ 5: Chứng minh không tồn số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3): a < b−c (1) b < c−a (2) c < a−b (3) Giải: Giả sử tồn số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó: a < b − c ⇒ (b − c) > a ⇒ −(a + b − c)(a − b + c ) > (1’) 2 b < c − a ⇒ (c − a ) > b ⇒ −(−a + b + c)(a + b − c) > (2’) c < a−b ⇒ ( a − b) > c ⇒ −(a + b − c)(−a + b + c) > (3’) Nhân (1’), (2’) (3’) vế với vế ta được: ⇒ −[(a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c)]2 > ⇒ Vô lý Vậy toán chứng minh Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giác −π π  α ∈ , Nếu x ≤ R đặt x = Rcos α , α ∈ [ 0, π ] ; x = Rsin α ,  2  R  π α ∈ [ 0, c ) ∪ π ,3  Nếu x ≥ R đặt x = 2 cos α   x = a + R cos α 2 , (α = 2π ) 3.Nếu ( x − a ) + ( y − b ) = R , ( > 0) đặt   y = b + R sin α 2  x = α + aR cos α  x −α   y − β  , (α = 2π ) Nếu   +  = R a, b > đặt   y = β + bR sin α  a   b  Nếu toán xuất biểu thức : ( ax ) + b , ( a, b > 0) b  π π Thì đặt: x = tgα , α ∈  − ,  a  2 ( 2 Ví dụ 1: Cmr : a − b + b − a + ab − Giải : a ≤ 1, b ≤ a = cos α Đặt :  b = cos β Khi : (1 − b )(1 − a ) ) ≤ 2, ∀a, b ∈ [ − 1,1] (α , β ∈ [ 0, π ] ) 22 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ( a − b + b − a + ab − ( 1− b ) ( 1− a ) ) 2 = cos α sin β + cos β sin α + ( cos α cos β − sin α sin β ) π = sin(α + β ) + 3.cos(α + β ) = cos(α + β − ) ∈ [ −2, ] ⇒ ( dpcm) Ví dụ : Cho a , b ≥ Chứng minh : a b − + b a1 ≤ ab Giải :  a = cos α   π   α , β ∈ 0,   Đặt :     b =  cos β 1 tg β tgα (tg β cos β + tgα cos α ) 2 ⇒ a b −1 + b a −1 = tg β + tg α = + = cos α cos β cos α cos β cos β cos α (sin 2β + sin 2α ) sin(α + β ) cos in(α − β ) = = ≤ = ab 2 2 2 cos β cos α cos β cos α cos β cos α a − ( a − 4b) ≤2 −2 a + 4b a − (a − 4b) tg 2α − (tgα − 2) ⇒ = = 4(tgα − 1).cos α 2 a + 4b + tg α  π π  Giải :Đặt: a = 2btgα , α ∈  − ,  = 2sin 2α − 2(1 + cos 2α ) = 2(sin 2α − cos 2α ) −  22  π = 2 sin(2α − ) − ∈  −2 − 2, 2 −  Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton Kiến thức: Công thức nhị thức Newton Ví dụ 3: Cho ab ≠ Chứng minh : − 2 − ≤ n ( a + b ) n ∑ C nk a n−k b k , ∀n ∈ N * , ∀a, b ∈ R k =0 n! (0 ≤ k ≤ n ) (n − k )!k! Một số tính chất đặt biệt khai triển nhị thức Newton: + Trong khai triển (a + b)n có n + số hạng + Số mũ a giảm dần từ n đến 0, số mũ b tăng từ đến n Trong số hạng khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ a b n +Các hệ số cách hai đầu C nk = C nn −k k Trong hệ số C n = k n−k k (0 ≤ k ≤ n) + Số hạng thứ k + C n a b Ví dụ 1: Chứng minh (1 + a ) n ≥ + na, ∀a ≥ 0, ∀n ∈ N * (bất đẳng thức bernoulli) Giải n n k k Ta có: (1 + a ) = ∑ C n a k =0 ≥ C n0 + C n1 a = + na (đpcm) Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 23 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức n an + bn  a + b  * ≥  , ∀a, b ≥ 0, ∀n ∈ N   a) n an + bn + cn  a + b + c  * b) ≥  , ∀a, b, c ≥ 0, ∀n ∈ N 3   Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: ( a + b ) n = C n0 a n + C n1 a n−1b + + C nn−1a.b n −1 + C nn b n ( a + b ) n = C n0 b n + C n1b n−1a + + C nn −1b.a n−1 + C nn a n n ⇒ 2( a + b ) = C n0 (a n + b n ) + C n1 (a n −1b + b n −1 a ) + + C nn −1 (a.b n −1 + b.a n −1 ) + C nn (b n + a n ) ∀a, b ≥ 0, ∀i = 1,2, , n − : (a n −i )( ) − b n −i a i − b i ≥ ⇒ a n + b n ≥ a n −i b i − a i b n −i ⇒ 2( a + b ) ≤ C n0 (a n + b n ) + C n1 (a n + b n ) + + C nn −1 (a n + b n ) + C nn (b n + a n ) n = (a n + b n )(C n0 + C n1 + + C nn −1 + C nn ) = n (a n + b n ) n an + bn a+b ⇒  ≤ n   a+b+c ≥0 b) Đặt d = Theo câu (a) ta có: n a+b c+d  2  + 2  n n n n a +b +c +d     ≥ 4 n n n a+b c+d    +  a+b+c+d n     = ≥( ) ≥ dn ⇒ a n + b n + c n + d n ≥ 4d n ⇒ a n + b n + c n ≥ 3d n n an + bn + cn a+b+c ⇒ ≥ dn =  3   Phương pháp 19: Sử dụng tích phân Hàm số: f , g : [ a, b] → R liên tục, lúc đó: * Nếu f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ a, b] b ∫ f ( x)dx ≥ a * Nếu f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ [ a, b] b b a a ∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx * Nếu f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ [ a, b] ∃x0 ∈ [ a, b] : f ( x0 ) > g ( x ) b ∫ a * b b a a ∫ f ( x)dx ≤ ∫ b f ( x )dx ≥ ∫ g ( x)dx a f ( x) dx b f ( x )dx ≤ M (m, M số) * Nếu m ≤ f ( x) ≤ M , ∀x ∈ [ a, b] m ≤ b − a ∫a 24 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Ví dụ 1: Cho A, B, C ba góc tam giác A B C Chưng minh rằng: tg + tg + tg ≥ 2 Giải: x Đặt f ( x ) = tg , x ∈ (0, π ) x f ' ( x) = (1 + tg ) 2 x x f '' ( x ) = tg (1 + tg ) > 0, x ∈ (0, π ) 2 Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho: f ( A) + f ( B ) + f (C )  A+ B+C  ≥ f  3   A B C  A+ B +C  tg + tg + tg ≥ 3tg   2   A B C π tg + tg + tg ≥ 3tg 2 A B C tg + tg + tg ≥ 2 π dx π Ví dụ 2: Chứng minh: π ≤ ≤ ∫ 10 − cos x Giải  π Trên đoạn 0,  ta có:  2 ≤ cos x ≤ ⇒ ≤ cos x ≤ ⇒ −2 ≤ −2 cos x ≤ 1 ⇒ ≤ − cos x ≤ ⇒ ≤ ≤ 5 − cos x π π 1π dx 1π π dx π   ⇒  − ÷≤ ∫ ≤  − ÷⇒ ≤ ∫ ≤ ( đpcm ) 2 5  − cos x   10 − cos x PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO *Dùng định nghĩa a2 1) Cho abc = a > 36 Chứng minh + b2+c2> ab+bc+ac 2 a a a Giải: Ta xét hiệu: + b2+c2- ab- bc – ac = + + b2+c2- ab- bc – ac 12 2 a a a a − 36abc = ( + b2+c2- ab– ac+ 2bc) + − 3bc =( -b- c)2 + 12 12a a a − 36abc =( -b- c)2 + >0 (vì abc=1 a3 > 36 nên a >0 ) 12a a Vậy : + b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chứng minh a) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) 25 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức b) với số thực a , b, c ta có a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > c) a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ Giải: a) Xét hiệu: x + y + z + − x y + x − xz − x = x − y + ( x − z ) + ( x − 1) = H H ≥ ta có điều phải chứng minh b) Vế trái viết H = ( a − 2b + 1) + ( b − 1) + ⇒ H > ta có đpcm c) vế trái viết H = ( a − b + 1) + ( b − 1) ⇒ H ≥ ta có điều phải chứng minh ( ) * Dùng biến đổi tương đương 1) Cho x > y xy =1 Chứng minh x2 + y2 ≥8 ( x − y) ( ) x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + 2 Giải: Ta có (x ⇒ + y2 ) = ( x − y) (vì xy = 1) + 4.( x − y ) + Do BĐT cần chứng minh tương đương với ( x − y ) + 4( x − y ) + ≥ 8.( x − y ) ⇔ ( x − y ) − 4( x − y ) + ≥ ⇔ [( x − y ) ] 2 −2 ≥0 BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh 2) Cho xy ≥ Chứng minh 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy Giải: 1 + ≥ ⇔ Ta có 2 1+ x 1+ y + xy ⇔ ⇔  1   1   +  ≥ − − 2    + x + y   + y + xy  x ( y − x) y( x − y) xy − x xy − y + ≥0 + ≥0 ⇔ 2 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) ( ) ( ( ) ( y − x ) ( xy − 1) ≥ (1 + x ).(1 + y ).(1 + xy ) ) ( ) BĐT cuối xy > Vậy ta có đpcm * Dùng bất đẳng thức phụ 2 1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chứng minh a + b + c ≥ Giải: áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) (a,b,c) Ta có (1.a + 1.b + 1.c ) ≤ (1 + + 1) a + b + c ⇔ ( a + b + c ) ≤ a + b + c ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ (vì a+b+c =1 ) (đpcm) ( ) 2) Cho a,b,c số dương Chứng minh ( ( a + b + c ). + +  ≥ (1) a b c a a b b c c a b a c  b c Giải: (1) ⇔ + + + + + + + + ≥ ⇔ +  +  +  +  +  +  ≥ b c a c a a b a c a c b x y + ≥ Với x,y > Ta có BĐT cuối áp dụng BĐT phụ y x 26 ) 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 1 1 Vậy ( a + b + c ). + +  ≥ (đpcm) a b c * Dùng phương pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c a + b Vậy a + b < + a b Tương tự ta có b3 + c < + b c; a + c < + c a ⇒ 2a + 2b + 2c < + a 2b + b c + c a (đpcm) ( )( ) 2) So sánh 31 11 17 14 Giải: Ta thấy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256 11 ( ) Mặt khác 256 = 24.14 = 24 14 = 1614 < 1714 Vậy 31 11 < 17 14 * Dùng tính chất tỉ số 1) Cho a ,b ,c ,d > Cminh rằng: < (đpcm) a+b b+c c+d d +a + + + nên ta có a+b a+b a +b+d < < (1) a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b + +c b+c b+c+a < < (2) a+b+c+d b+c+d a+b+c+d d +a d +a d +a+c < < (3) a+b+c+d d +a+b a+b+c+d Cộng vế bất đẳng thức ta có : a+b b+c c+d d +a 2< + + + , y > Ta có x + x = y ⇔ x + x = y ⇔ x = y − x > Đặt x = k (k nguyên dương x nguyên dương ) Ta có k (k + 1) = y Nhưng k < k ( k + 1) < ( k + 1) ⇒ k < y < k + Mà k k+1 hai số nguyên dương liên tiếp không tồn số nguyên dương Nên cặp số nguyên dương thoả mãn phương trình x = Vậy phương trình có nghiệm :  y = Bài tập đề nghị : a b c 1 + ≥ + + Bài 1:Chứng minh với a,b,c > : + bc ac ab a b c HD : Chuyển vế quy đồng mẫu đưa tổng bình phương đẳng thức 1 1 + + + + < (n ∈ N *) Bài 2:Chứng minh bất đẳng thức : 1.2 2.3 3.4 n(n + 1) 1 = − HD: k (k + 1) k k +     Bài 3: Cho a, b c > a + b + c ≤ Cmr : 1 + 1 + 1 +  ≥ 64  a  b  c   1  1  1 HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 1 +  , 1 +  , 1 +   a  b  c Bài : Cho a ≥ c ≥ 0, b ≥ c ≥ Cmr : c(a − c ) + c (b − c) ≤ ab c a−c c b−c , cộng hai vế theo vế , b a a b a2 b2 Bài 5: Cho a, b >1 Tìm GTNN S = + b −1 a −1 a2 b2 HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho xét trường hợp dấu “=” xảy , b −1 a −1 + x + 12 x Bài : Tìm GTLN GTNN y = (1 + x )  π π tgα , α ∈  − ,  HD: Đặt x=  2 HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 31 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Bài 10: Cho 36x +16 y = Cmr : 15 25 ≤ y − 2x + ≤ 4   x = cos α HD: Đặt :   y = sin α  x (1 + − x ), ∀x ∈ [ − 1,1]  π π HD : Đặt x = sin 2α , α ∈ − ,   4 Bài 12: Cho a, b ≥ 0, c ≤ Chứng minh rằng: a + b + c ≤ + a b + b c + c a Bài 13: Cho ∆ ABC có a, b, c độ dài cạnh Chứng minh rằng: a b(a − b) + b c(b − c) + c a (c − a ) ≥ Bài 11: Cmr : + − x ≥ an + bn  a + b  ≥ Bài 14: Cho n ∈ Ζ,1 ≤ n, a, b ≥ Chứng minh  n   n 1  Bài 15: n ∈ Ζ,2 ≤ n Chứng minh rằng: < 1 +  < n  tg 3x Bài 16: Có tồn x ∈ R cho: ≤ tgx ≤ ? Bài 17: Cho ∆ ABC có diện tích (đơn vị diện tích) Trên cạnh BC, CA, AB lấy lần lược điểm A’, B’, C’ Chứng minh rằng: Trong tất tam giác AB’C’, A’BC’, A’B’C có diện tích nhỏ hay 1(đơn vị diện tích) 32 [...]... minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai: a 2 < 4b , c 2 < 4d Giải: Giả sử 2 bất đẳng thức : a 2 < 4b , c 2 < 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được a 2 + c 2 < 4(b + d ) (1) Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2) Từ (1) và (2) ⇒ a 2 + c 2 < 2ac hay ( a − c ) 2 < 0 (vô lý) Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2 < 4b và c 2 < 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz... pháp chứng minh Bất đẳng thức Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sin kx ≤ k sin x n= k+1 Ta cần chứng minh: sin(k + 1) x ≤ (k + 1) sin x  a + b ≤ a + b , ∀a, b ∈ R Ta có:   sin x , cos x ≤ 1, ∀x ∈ R Nên: sin(k + 1) x = sin kx cos x + cos kx sin x ≤ sin kx cos x + cos kx sin x ≤ sin kx + sin x ≤ k sin x + sin x = (k + 1) sin x ⇒ Bất đẳng thức đúng với... 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... a + c b < b( a + c ) 0 < c < a + b  c 2 < c ( a + b)   Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 2 2 2 2/ Ta có a > b-c  ⇒ a > a − (b − c) > 0 2 2 2 b > a-c  ⇒ b > b − (c − a ) > 0 2 2 2 c > a-b  ⇒ c > c − (a − b) > 0 Nhân vế các bất đẳng thức ta được 15 ) 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức [ ][ ][ ⇒ a 2b 2 c 2 > a 2 − ( b − c ) b 2 − ( c − a ) c 2 − ( a − b )... a ≥ −1 ,1 ≤ n ∈ Ν Chứng minh rằng : (1 + a ) n ≥ 1 + n.a Giải n=1: bất đẳng thức luôn đúng n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 + a ) k ≥ 1 + k a n= k+1 Ta cần chứng minh: (1 + a ) k +1 ≥ 1 + ( k + 1).a Ta có: (1 + a ) k +1 = (1 + a).(1 + a ) k ≥ (1 + a).(1 + k a ) ≥ 1 + (k + 1)a + k a 2 ≥ 1 + (k + 1)a ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1 V ậy theo nguyên lý quy nạp: (1 + a ) n ≥ 1 + n.a... (a k + a k +1 ) ≤ ) 2 2 ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1 k 19 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 1 2 Ví dụ 5: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , ai , bi ∈ R, i = 1,2, , n Chứng minh rằng: (a1b1 + a 2 b2 +  + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 22 +  + a n2 )(b12 + b22 +  + bn2 ) n=1: Bất đẳng thức luôn đúng n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) 2 ≤ (a12 + a 22 +  + a k2 )(b12 + b22... 2 + 4 xy + x 2 > 4 xy 3 Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x 2 y 4 + 2 x 2 + 2 y 2 + 4 xy + x 2 − 4 xy 3 > 0 ⇔ ( y 2 + 1) 2 x 2 + 4 y (1 − y ) 2 x + 4 y 2 > 0 ( ( Ta có ∆′ = 4 y 2 ( ) ) (1 − y ) 2 2 ( ) ) 2 − 4 y 2 y 2 + 1 = −16 y 2 < 0 2 Vì a = y 2 + 1 > 0 vậy f ( x, y ) > 0 (đpcm) Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n > n0 ta thực... b=998 thì a=1 ⇒ + = + Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999 c d c d a b 1 Vậy giá trị lớn nhất của + =999+ khi a=d=1; c=b=999 c d 999 Phương pháp 10: Phương pháp làm trội Kiến thức: Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn (*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 + u 2 + + un Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của...19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Phương pháp7 Kiến thức: Bất đẳng thức Bernouli a = 0 a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a ) n ≥ 1 + na Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi  n = 1 b) Dạng mở rộng: - Cho a > -1, α ≥ 1 thì (1 + a )... thức Newton có tổng số mũ của a và b bằng n +Các hệ số cách đều hai đầu thì bằng nhau C nk = C nn −k k Trong đó hệ số C n = k n−k k (0 ≤ k ≤ n) + Số hạng thứ k + 1 là C n a b Ví dụ 1: Chứng minh rằng (1 + a ) n ≥ 1 + na, ∀a ≥ 0, ∀n ∈ N * (bất đẳng thức bernoulli) Giải n n k k Ta có: (1 + a ) = ∑ C n a k =0 ≥ C n0 + C n1 a = 1 + na (đpcm) Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 23 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng ... Kiến thức: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh 2 2 2 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Nếu A < B ⇔ C < D , với C < D bất đẳng thức. .. pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy Kiến thức: a/ Với hai số không âm : a, b ≥ , ta có: a + b ≥ ab Dấu “=” xảy a=b b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm : 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức a1... sin x ⇒ Bất đẳng thức với n= k+1 Vậy: sin nx ≤ n sin x , ∀n ∈ Ν ∗ , ∀x ∈ R + Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng Kiến thức: 1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức , ta giả sử bất đẳng thức sai