Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức PHẦN CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý 1/Định nghĩa A ≥ B ⇔ A − B ≥  A ≤ B ⇔ A − B ≤ 2/Tính chất + A>B ⇔ B < A + A>B B >C ⇔ A > C + A>B ⇒ A+C >B + C + A>B C > D ⇒ A+C > B + D + A>B C > ⇒ A.C > B.C + A>B C < ⇒ A.C < B.C + < A < B < C B > ⇒ 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 > A > ⇒ A m > A n + m > n > ⇒ 1 > A B 3/Một số bất đẳng thức + A ≥ với ∀ A ( dấu = xảy A = ) + An ≥ với ∀ A ( dấu = xảy A = ) + A ≥ với ∀A (dấu = xảy A = ) + -A 0) + A − B ≤ A − B ( dấu = xảy A.B < 0) 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: www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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 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=1 Ví dụ 2: chứng minh : a) a2 + b2  a + b  ≥  ;   b) a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3   c) Hãy tổng quát toán Giải: a2 + b2  a + b  − a) Ta xét hiệu    1 a + b a + 2ab + b 2 − = = 2a + 2b − a − b − 2ab = ( a − b ) ≥ 4 4 2 a +b a+b ≥ Vậy Dấu xảy a=b    ( ) ( ) b)Ta xét hiệu [ ] a2 + b2 + c2  a + b + c  2 −  = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ Vậy 3   a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  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) 2 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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 q = 2  m  m = 22 − =   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 ( ) ) + (b ) ( ( + 2a b + b − c 2 − c2 ⇔ a2 − b2 + b2 − c2 Đúng với a, b, c ) + (c ) + (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) ≥ − a2 ) + ( ab − bc ) + ( bc − ac ) + ( ab − ac ) 2 2 ≥0 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 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 ≥ ab b) a + b + ≥ ab + a + b a) a + www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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) 2 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 Vậy a + b + ≥ ab + a + b Dấu xảy a=b=1 a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e) ⇔ c) 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: ( a10 + b10 )( a + b ) ≥ ( a + b )( a + b ) Giải: (a 10 )( ) ( )( + b10 a + b ≥ a + b a + b ) ) ⇔ a +a b +a b +b ≥ a +a b +a b +b ⇔ a b a − b + a b b − a ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ 12 10 2 10 ( 12 12 ) ( 12 ) Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 x 〉 y x2 + y2 ≥2 Giải: x− y ⇒ x2+y2- 2 x+ ⇔ x2+y2+( )2- ⇒ (x-y- )2 ≥ Chứng minh x2 + y2 ≥2 x− y :x 〉 y nên x- y 〉 ⇒ x2+y2 ≥ 2 ( x-y) 2 y ≥ ⇔ x +y +2- 2 x+ 2 y -2 ≥ x+ 2 y -2xy ≥ x.y=1 nên 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) c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn: x y.z =  1 1  + + < x+ y+z  x y z Chứng minh :có ba số x,y,z lớn www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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 )=x+y+z - ( + + ) > (vì x + y + z < x+y+z x y z theo gt) ⇒ 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 Ví dụ 5: Chứng minh : < Giải: a b c + + ⇒ > (1) 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 Ta có : a + b < 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 < Ta có : a < a + b ⇒ a+b a+b+c b a+b < (5) , Tương tự : b+c a+b+c (4) c c+b < c+a a+b+c (6) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (4), (5), (6), ta : a b c + + 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 x 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 = 2 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) Vậy phương trình tương đương với : a +1 = b +1 = a + b ⇔ a = b = ⇔ 2x = 4x = ⇔ x = Ví dụ : Cho x, y , z > x + y + z = Tìm GTLN P = x y z + + x +1 y +1 z +1 1 Giải : P = 3- ( x + + y + + z + ) = – Q Theo BDT Côsi , a, b, c > 1 1 1 1 1 + + ≥33 ⇒ ( a + b + c )  + + ÷≥ ⇒ + + ≥ a b c abc a b c a +b +c a b c 1 9 Suy Q = x + + y + + z + ≥ ⇒ -Q ≤ − nên P = – Q ≤ 3- = 4 4 Vậy max P = x = y = z = a + b + c ≥ 3 abc ⇔ Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: 1 a+b+c + + ≤ 2abc a + bc b + ac c + ab www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : a + +bc ≥ 2a bc ⇒ 1 1  ≤ ≤  +  a + +bc a bc  ab ac  Tương tự : 1 1  1 1  ≤ ≤  + ÷⇒ ≤ ≤  + ÷ 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 Ví dụ : CMR tam giác ABC : Giải : Theo bất đẳng thức Côsi : a b c + + ≥ (*) b+c−a c+a −b a+b−c 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 Ví dụ 5: 0 < a ≤ b ≤ c x y z ( a + c) 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  Cho  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) www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ⇒2 ( xa + yb + zc ) ac x + y + z  ≤ ( 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) ⇔ ( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ 4ac a b c ( x + y + z ) (đpcm) 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 ) an a1 a Dấu “=” xảy ⇔ b = b = = b n bn b1 b2 Hay a = a = = a (Quy ước : mẫu = tử = ) n Chứng minh: a = a + a + + a 2 n Đặt  2  b = b1 + b2 + + bn • Nếu a = hay b = 0: Bất đẳng thức • Nếu a,b > 0: b , β i = i ( i = 1,2, n ) , Thế thì: α 12 + α 22 + + α n2 = β 12 + β 22 + + β n2 a b Mặt khác: α i β i ≤ α i2 + β i2 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 Đặt: α i = ( ) Lại có: a1b1 + a b2 + + a n bn ≤ a1b1 + a b2 + + a n bn Suy ra: (a1b1 + a2 b2 + + a n bn ) ≤ (a12 + a22 + + an2 )(b12 + b22 + + bn2 )  α i = β i ( ∀i = 1,2, , n ) a a a ⇔ = = = n b1 b2 bn α β1 α n β n dáu Dấu”=” xảy ⇔  Ví dụ : Chứng minh rằng: ∀x ∈ R , ta có: sin x + cos x ≥ Giải: Ta có: sin x + cos x = 1, ∀x ∈ R Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: 8 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ( ) ( )( = 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: (ai , 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 = Ví dụ 1: Cho  n ∈ Z,n ≥  an a a < Chứng minh rằng: + + + n +1 Giải: 1 < =   1 ∀k ∈ N * ta có: k k2 −  k −  k +    2 1 ⇒ 2< − 1 k k− k+ 2    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 + + + n ≤ a12 + a 22 + + a n2 n +1 Ví dụ 2: 1 + + + < < (đpcm) 3 n Cho số a,b,c,d chứng minh rằng: (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó mà ( ) ( a + c) + ( b + d ) ≤ a2 + b2 + a2 + b2 c2 + d + c2 + d ⇒ ( a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d ac+bd ≤ a + b c + d = a + b + 2( ac + bd ) + c + d www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức (1 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 + + (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 2 2 ( 2 ) a=b=c Phương pháp 6: Kiến thức: Bất đẳng thức Trê- bư-sép a1 ≤ a ≤ ≤ a n b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn a)Nếu  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 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 a = a = = an  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 sin A = sin B = sin C ⇔ ∆ABC dêu Dấu ‘=’ xảy ⇔  sin A = sin B = sin C  ⇔ Mặt khác: 10 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Ví dụ 6: Cho ≤ n ∈ Ν , , bi ∈ R, i = 1,2, , n Chứng minh rằng: ( a1 + a +  + a n a12 + a 22 +  + a n2 ) ≤ n n Giải: n=1: Bất đẳng thức n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: a1 + a +  + a k a12 + a 22 +  + a k2 ( ) ≤ k k n= k+1 Ta cần chứng minh: ( a1 + a +  + a k +1 a12 + a 22 +  + a k2+1 ) ≤ (1) k +1 k +1 a + a3 +  + a k +1 k VP (1) = (a12 + k a + 2ka1 a) k +1 2 a 22 + a32 +  + a k2+1  a12 + a 22 +  + a k2+1  2 a + a +  + a k +1 ≥ + k a1 + k a1 + k = k k (k + 1)  k +1  Đặt: a = Vậy (1) đựơc chứng minh Ví dụ 7: Chứng minh rằng: n n > ( n + 1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ n n = Giải: n=2 ⇒  ( n + 1) n −1 = ⇒ n n > (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 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  sin x , cos x ≤ 1, ∀x ∈ R Ta có:  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 23 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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 > x + y + z có ba số lớn Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 24 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 1 1 1 =x + y + z – ( x + y + z ) xyz = theo giả thiết x+y +z > x + y + z 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 > (Vì a + b + c < ⇒ < a < ) ⇒ f (b) ≥ ⇒ vô lý Vậy: a + b + c ≥  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’) 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 Nếu x ≤ R đặt x = Rcos α , α ∈ [ 0, π ] ; x = Rsin α, −π π  α ∈ ,  2   π α ∈ [ 0, c ) ∪ π ,3  2   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 x ≥ R đặt x = R cos α Nếu toán xuất biểu thức : ( ax ) + b , ( a, b > 0) 25 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức b  π π Thì đặt: x = tgα , α ∈  − ,   a 2 ) ( 2 2 Ví dụ 1: Cmr : a − b + b − a + ab − (1 − b )(1 − a ) ≤ 2, ∀a, b ∈ [ − 1,1] Giải : a ≤ 1, b ≤ a = cos α b = cos β (α , β ∈ [ 0, π ] ) Đặt :  Khi : ( 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) a , b ≥ Ví dụ : Cho Chứng minh : a b − + b a1 ≤ ab Giải :  a = cos α Đặt :  b =  cos β   π   α , β ∈ 0,      1 tg β tgα (tg β cos β + tgα cos α ) 2 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 b −1 + b a −1 = Ví dụ 3: Cho ab ≠ Chứng minh : − 2 − ≤ a − ( a − 4b) ≤2 −2 a + 4b π π    22  a − (a − 4b) tg 2α − (tgα − 2) ⇒ = = 4(tgα − 1).cos α 2 a + 4b + tg α = 2sin 2α − 2(1 + cos 2α ) = 2(sin 2α − cos 2α ) − π = 2 sin(2α − ) − ∈  −2 − 2, 2 −   Giải :Đặt: a = 2btgα , α ∈  − , Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton Kiến thức: Công thức nhị thức Newton n ( a + b ) n ∑ C nk a n−k b k , ∀n ∈ N * , ∀a, b ∈ R k =0 n! k Trong hệ số C n = (n − k )!k! (0 ≤ k ≤ n) 26 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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 (0 ≤ k ≤ n) + Số hạng thứ k + C nk a n− k b k 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: n an + bn  a + b  * ≥ a)  , ∀a, b ≥ 0, ∀n ∈ N   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: 27 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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 n n n n n ⇒ a + b + c + d ≥ 4d ⇒ a n + b n + c n ≥ 3d n ⇒ a n + bn + cn a+b+c ≥ dn =  3   n 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 ∫ a b f ( x )dx ≥ ∫ g ( x)dx a * Nếu f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ [ a, b] ∃x0 ∈ [ a, b] : f ( x0 ) > g ( x0 ) b ∫ a b f ( x) dx ≥ ∫ g ( x)dx a b b a a * ∫ f ( x)dx ≤ ∫ f ( x) dx b f ( x )dx ≤ M (m, M số) * Nếu m ≤ f ( x) ≤ M , ∀x ∈ [ a, b] m ≤ b − a ∫a Ví dụ 1: Cho A, B, C ba góc tam giác Chưng minh rằng: tg A B C + tg + tg ≥ 2 Giải: x Đặt f ( x) = tg , x ∈ (0, π ) x (1 + tg ) 2 x x f '' ( x ) = tg (1 + tg ) > 0, x ∈ (0, π ) 2 f ' ( x) = Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho: 28 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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 Ví dụ 2: Chứng minh: π ≤ ∫ 10 dx π ≤ − 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 + b2+c2> ab+bc+ac 2 a a a2 2 + b +c - ab- bc – ac = + + b2+c2- ab- bc – ac Giải: Ta xét hiệu: 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 a2 Vậy : + b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 1) Cho abc = a > 36 Chứng minh 2) Chứng minh a) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) b) với số thực a , b, c ta có a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ c) 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 29 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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 (x ) + y2 ≥8 ( x − y) 2 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 ≥0 BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh 2) Cho xy ≥ Chứng minh 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy Giải: 1  1   1  + ≥ +  ≥ ⇔  − − 2 2   1+ x 1+ y + xy  + 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 ) Ta có ⇔ ⇔ ( ) ( ( ) ) ( ) ( y − x ) ( xy − 1) ≥ (1 + x ).(1 + y ).(1 + xy ) BĐT cuối xy > Vậy ta có đpcm * Dùng bất đẳng thức phụ 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) (1.a + 1.b + 1.c ) ≤ (1 + + 1).( a + b + c ) ⇔ ( a + b + c ) ≤ 3.( a + b + c ) Ta có ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số dương Chứng minh ( a + b + c ). + +  ≥ a b c (1) Giải: (1) ⇔ 1+ a b a c  b c 3+ +  + +  + +  ≥ b a c a c b 30 a a b b c c + + +1+ + + +1 ≥ b c a c a a ⇔ www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức x y áp dụng BĐT phụ y + x ≥ Với x,y > Ta có BĐT cuối 1 1 Vậy ( a + b + c ). + +  ≥ a b c (đpcm) * Dùng phương pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c a + b3 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 11 Giải: Ta thấy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256 Mặt khác 256 = 24.14 = ( 24 ) = 1614 < 1714 Vậy 31 11 < 17 14 * Dùng tính chất tỉ số 14 1) Cho a ,b ,c ,d > Cminh rằng: < Giải: Vì a ,b ,c ,d > nên ta có (đpcm) a+b b+c c+d d +a + + + 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 2 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 35 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức x = y = Vậy phương trình có nghiệm :  Bài tập đề nghị : Bài 1:Chứng minh với a,b,c > : a b c 1 + + ≥ + + bc ac ab a b c HD : Chuyển vế quy đồng mẫu đưa tổng bình phương đẳng thức 1 1 Bài 2:Chứng minh bất đẳng thức : 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n + 1) < (n ∈ N *) 1 HD: k (k + 1) = k − k +      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 Bài 3: Cho a, b c > a + b + c ≤ Cmr : 1 + 1 + 1 +  ≥ 64 HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho c a−c c b−c , , cộng hai vế theo b a a b vế a2 b2 + b −1 a −1 a2 b2 , HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho xét trường hợp dấu “=” b −1 a −1 Bài 5: Cho a, b >1 Tìm GTNN S = xảy + x + 12 x Bài : Tìm GTLN GTNN y = (1 + x )  π π tgα , α ∈  − ,  HD: Đặt x=  2 15 25 Bài 10: Cho 36x +16 y = Cmr : ≤ y − x + ≤ 4   x = cos α HD: Đặt :   y = sin α  x Bài 11: Cmr : + − 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 ) ≥ 36 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Bài 14: Cho n ∈ Ζ,1 ≤ n, a, b ≥ Chứng minh x∈R cho: n n 1  < 1 +  < n  tg 3x ≤ ≤3? tgx Bài 15: n ∈ Ζ,2 ≤ n Chứng minh rằng: Bài 16: Có tồn an + bn  a + b  ≥    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) 37 [...]... sin x + sin x = (k + 1) sin x ⇒ Bất đẳng thức đúng 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 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 23 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức là điều trái với giả thiết ,... toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n > n0 ta thực hiện các bước sau : 1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0 2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được gọi là giả thiết quy nạp ) 2 2 20 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh rồi biến đổi để dùng giả... không có cặp số nguyên dương nào thoả mãn phương trình 35 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức x = 0 y = 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là :  Bài tập đề nghị : Bài 1 :Chứng minh rằng với mọi a,b,c > 0 : a b c 1 1 1 + + ≥ + + bc ac ab a b c HD : Chuyển vế quy đồng mẫu đưa về tổng bình phương các đẳng thức 1 1 1 1 Bài 2 :Chứng minh bất đẳng thức : 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n + 1) 2 n +1 −1 2 3 n Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 + www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 2/Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa độ Ví dụ 1: Chứng minh rằng : c(a − c) + c(b − c) ≤ ab , ∀a ≥ b ≥ 0 và b ≥ c Giải Trong mặt phẳng... +b a )] 2 Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu Kiến thức: A>B và B>C thì A>C Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d Chứng minh rằng ab >ad+bc Giải: a > c + d b > c + d a − c > d > 0 ⇒  ⇒ b − d > c > 0 ab-ad-bc+cd >cd ⇔ ab> ad+bc Tacó  ⇔ 13 (a-c)(b-d) > cd (điều phải chứng minh) www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 5 2 2 2 thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 3 Ví... 6 (HS tự giải) : a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1 2 ≥ c hứng minh rằng : a 12 + a 22 + a32 + + a 2003 b/ Cho a;b;c ≥ 0 thỏa mãn :a+b+c=1 1 a 1 b 1 2003 1 c Chứng minh rằng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ 8 Phương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số Kiến thức 1) Cho a, b ,c là các số dương thì 14 www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức a a a+c > 1 thì > b... 2 n +1 − n n ) 16 ) www.vnmath.com 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ( n Ví dụ 3: Chứng minh rằng 1 1 1 ∑k k =1 1 2