19phngphapchngminhbtngthc 121016083713 phpapp01

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com PHẦN CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý A ≥ B ⇔ A − B ≥  A ≤ B ⇔ A − B ≤ ⇔ A>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>0 A> B n ⇒ +A>B A > B với n lẻ n ⇒ + > A > B với n chẵn A m n ⇒ + m > n > A > A >A m n ⇒ + m > n > 1⇒1 > A B 3/Một số bất đẳng thức 1/Định nghĩa 2/Tính chất + A>B + A>B B >C + A>B A+C >B + C ≥2 ∀ + A với A ( dấu = xảy A = ) n ≥ ∀ + A vớiA ( dấu = xảy A = ) + với (dấu = xảy A = ) A∀≥A + - 0) ( dấu = xảy A − B ≤ A − B 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 ≥2 M với∀ M ⇔B (0a + b + c) a + b +∀ca4, b≥, cabc 4 2 ⇔ a + b + c − a bc − b ac − c ab ≥ Giải: Ta có : , ⇔ 2a + 2b + 2c − 2a bc − 2b ac − 2c ab ≥ ( ⇔ a2 − b2 ) ( + 2a b + b − c ) ( + 2b c + c − a ) + 2a c − 2a bc − 2b ac − 2c ab ≥ Phương pháp : Dùng phép biến ⇔ a − b 2 + b − c 2 + c − a 2 + (a b + b c − 2b ac) + (b c + c a − 2c ab) đổi tương đương + (a b + c a − 2a ab) ≥ Kiến thức: Ta biến đổi ⇔ a − b 2 + b − c 2 + c − a 2 + ( ab − bc ) + ( bc − ac ) + ( ab − ac ) ≥ 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: c) (2 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 a) b2 a2 + ≥ ab b) a + b + ≥ ab + a + b a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) Giải: a) ⇔ ⇔ 44a2(a222− 42bab2+ ) 2≥b≥42 ab ⇔ a+b− 0≥ a + ≥ ab (BĐT đúng) b2 Vậy (dấu xảy 2a=b) a + ≥ ab 22 22 b) ⇔ 2(aa ++ bb ++11 ≥) ab > 2+(ab a ++ba + b) 2 2 Bất đẳng thức cuối ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b − 1⇔ ) a≥ 0− 2ab + b + a − 2a + + b − 2b + ≥ Vậy Dấu xảy a=b=1 c) 4( a + b + c + d +⇔ e ≥) ≥a(4ba+( bc ++ cd++de )+ e ) 2 2 2 2 2 + 4c ( a − 2ab ) 2−+4(ab ( aa− −2d4)ac a −+24cb) ++⇔ + ( a − 2+ c ) a≥ −0 4ad + 4d + a − 4ac + 4c Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2: Chứng minh a 10 + b10 a + b ≥ a + b a + b rằng: Giải: a 12 + aa1010b+2 +b10a ba102 ++ b 212⇔ ≥ aa128 + ba88 ba4 4++ab4 b4 + b12 a 8b a − b + a 2b b − a a2b2(a2-b2)(a6-b6) ⇔ ≥ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh ≥〉 2y minh Ví dụ 3: cho x.y =1 xy Chứng x 22 + 2 ⇒ ≥ Giải: :xy nên x- y x +y ( x-y) x x2 + −〉 2yy 2 2 ⇔ ⇒ ≥ x +y - x+y x +y +2- x+y -2 x2 − 2y 2 ⇔ x +y +() - x+y -2xy x.y=1 nên ≥22 2.x.y=2 ≥2 Vậy ta có điều phải chứng minh (x-y-)2 Điều luôn ⇒ Ví dụ 4: Chứng minh rằng: x, y ∈ R a/ P(x,y)= x y + y∀ − xy − y + ≥ b/ a + b + c ≤ a + b a + b + ≥ ab + a + b ( Sưu tầm tuyển chọn ) ( ) ( ) ( ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ≥⇔0 ) ≥⇔≥0 +c 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com (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 Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz()=x+y+z - 11 11 + ++ +) > ( (vì< x+y+z theo gt) yz z x xy ⇒ 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 : a b c 1< + + ⇒ > (1) a+b a+b+c a+b a+b+c Ta có : Tương tự ta có :, bc bc > (23) Cộng vế theo vế bất ba + c a + b + c đẳng thức (1), (2), (3), ta : (*) a b c + + >1 a a+c a+b b+c a+c a < a+b⇒ < (4) a+b a+b+c Ta có : Tương tự : , bc ac + b < (56) Cộng vế theo vế bất cb + ac a + b + c đẳng thức (4), (5), (6), ta : (**) a b c + + x + y + z = Tìm GTLN P = + + Giải : P = 3- () = – Q Theo 1 x +1 y +1 z +1 + + BDT Côsi , a, b, c > x +1 y +1 z +1 ⇒ a + b + c ≥ 3 abc Suy Q = -Q nên P = – Q 9≤ 3199 + ≤≥− + 3-= x + y 4+441 z + 1 1 + + ≥ 33 Vậy max P = x = y = z = 13 a b c abc Ví dụ 3: Cho a, b, c 1 a+b+c 43 + + ≤  1 1 >0 Chứng minh rằng: 2abc a + bc b + ac c + ab ⇒ ( a + b + c) + +  ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng a b c thức Côsi ta có : 1 1 1 ⇒ + + ≥ a b c a+b+c a + +bc ≥ 2a bc ⇒ ≤ ≤  +  a + +bc a bc  ab ac  Tương tự : 1 1  ≤ ≤  +  Dấu “=” xảy b + + ac b ac  bc ab  a = b = c 1 1 a b c ≤ ≤  +  + + ≥3 c + + ab c ab  ac bc  b+c−a c+a −b a+b−c 2 a+b+c Ví dụ : CMR ⇒ + + ≤ 2abc tam giác ABC : (*) a + bc b + + ac c + + ab 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) Sưu tầm tuyển chọn Cũng 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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) Từ (1),(3) suy (*) → (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) Dấu “=” xảy a = b = c hay ABC Ví dụ 5: Cho Chứng minh 0 < a ≤ b ≤ c ( + by + cz )  x + y0+ 0: 2 2 2 Đặt: , Thế thì: α + α + a i + α n =biβ + β + + β n α i = , β i = ( i = 1,2, n ) Mặt khác: a b α i β i ≤ α i2 + β i2 1 + β 2) ≤1 α β1 + α β + + α n β n ≤ (α 12 + α 22 + + α n2 ) + ( β 12 + β 22 + n a1b1 + a b2 + + a n bn ≤ a1b1 + a22 b2 + + a n bn ⇒ a1b1 + a b2 + + a n bn ≤ a.b ( Suy ra: Lại có: (a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ (a12 + a 22 + + a n2 )(b12 + b22 + + bn2 ) Sưu tầm tuyển chọn Suy ra: ) 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Dấu”=” xảy  α = β i ( ∀i = 1,2, , n ) a a a ⇔ i ⇔ = = = n Ví dụ : b1 b2 bn α β α n β n dáu ∀x ∈ R sin x + cos x ≥ Chứng minh rằng: , ta có: 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 Sử dụng bất đẳng ⇔ ≤ sin x + cos x thức Bunhiacopski lần nữa: ⇒ ≤ sin x + cos x ⇔ ≤ sin x.1 + cos x.1 8 2 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có góc A,B,C nhọn Tìm GTLN của: ⇔ ≤ sin x + cos x + P = + tan A tan B + + tan B tan C + + tan C tan A ⇔ sin x + cos x ≥ Giải: * Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng Cho m số, số gồm n (a i , bi , , ci )(i = 1,2, , m) số không âm: (a1 a a m + b1b2 bm + + c1c c m ) ≤ (a1m + b1m + + c1m )(a 2m + b2m + + c 2m )(a mm + bmm + + c mm ) Thế thì: ⇔ Dấu”=” xảy bô số a1 : b1 : a: =c1t = b2t∃i :b∃ : cc2 = tai cn i: bn : c n i a ia,2b := i , , (a,b,….,c) cho: với i = 1,2,…,m cho: , Hay ( ) ( ( )( ) ) ( ) ( ( a12 + a 22 + + a n2 =  n ∈ Z,n ≥  Giải: )( ) ) Ví dụ 1: Cho Chứng a a1 a + + + n < minh rằng: n +1 1 ∀k ∈ N * < = 1 k 2⇒ 1k 0 a+b+c=1 1 + + ≥9 CMR: a b c ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z ) b/ Cho x,y,z>0 x+y+z=1 CMR:x+2y+z c/ Cho a>0 , b>0, c>0 a b c + + ≥ CMR: b+c c+a a+b d)Cho x,y thỏa mãn x − y ≥=101 ≥ Sưu tầm tuyển chọn 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com ;CMR: x+y Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 a a + bb32 + c c=3 1 + + ≥ Chứng minh b+c a+c a+b Giải: 2 ⇒ ≥ Do a,b,c đối xứng ,giả sử abc  a ≥b ≥c Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có  a ≥ b ≥ c 2b + ac a +2 c b a + b c a + b2 + c2  a b c1 13 a +3 b1 + c ≥  + +  a b + cb c  b + c a + c a +3 b2 + +a + c ≥ a + b b + c a + c3 a + b Vậy Dấu xảy == a=b=c= Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 abcd =1 Chứng minh : a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 có c + d ≥ 2cd Do abcd =1 nên cd = (dùng ) 11 x+ ≥ ab x cd )2= 2(ab + ) ≥ a + b + c ≥ 2(ab + ab Giải: Ta a + b ≥ 2ab Ta có (1) a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) Mặt khác: = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) =     1   ab +  +  ac +  +  bca +  2 ≥ 22+ +2 +bcb  + c + d + a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 ab   ac    Vậy Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli Kiến thức: a)Dạng nguyên thủy: Cho a-1, Z (1 + a1)a≤n ≥=≥n 1∈ + na n = Dấu ‘=’ xảy  b) Dạng mở rộng: - Cho a > -1, Dấu xảy (1 + a α ) α ≥≥11 + na a = - cho Dấu xảy va (a1 ≥+ a−1)aα,0=≤ Giải ba ≥ - Nếu hay BĐT - Nếu < a,b < Áp dụng BĐT Bernouli: b (1 − a ) a + b 1  1− a  <   = 1 +  < 1+ a  a a a  a ⇒ ab > a+b b b Chứng minh a ba + b a b> b > tương tự: Suy a+b (đpcm) Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh (1) a5 + b5 + c5  a + b + c  ≥  Giải 3   5  3a   3b   3c  (1) ⇔   +  +  ≥3 a+b+c a+b+c a+b+c Sưu tầm tuyển chọn 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Áp dụng BĐT Bernouli: 5 (2) 5( b + c − 2a )  3a   b + c − 2a    = 1 +  ≥ 1+ Chứng minh a+b+c  a+b+c a+b+c  tương tự ta đuợc: (3) 5( c + a − 2b )  3b    ≥ 1+ 5( a + b − 2c )  3c  a+b+c a+b+c   ≥ 1+ (4) a+b+c a+b+c Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có 5 (đpcm)  3a   3b   3c  + + ≥ ⇒       Chú ý: ta có a+b+c a+b+c a+b+c toán tổng quát sau đây: “Cho Chứng minh a1 , a , a n > 0; r ≥ a1r + a 2r + + a nr  a1 + a + + a n ≥  n n  ⇔ a1 = a = = a n    r Dấu ‘=’ (chứng minh tương tự trên) ≤ x, y , z ≤ Ví dụ 3: Cho Chứng minh 81 x y z −x −y −z + + 2 + + ≤ Giải Đặt a = x , b = y , c = z (1 ≤ a, b, c ≤ 2) ≤ a ≤ ⇒ ( a − 1)( a − ) ≤ Chứng minh tương tự: 2 b+ ≤3 (2) ⇒ a − 3a + ≤ ⇒ a + ≤ (1) b a c+ ≤3 (3) c ( )( ) Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta  1  côsi  1 1 ≥ ( a + b + c ) + 2 + +  ≥ ( a + b + c ) 2 + +  a b c a b c 81  1 1 ⇒ ≥ (a + b + c) + +  ⇒ (đpcm) a b c “ Cho n số Ta có: (c x1 Phương pháp 8: +c x2 + + c xn )( c − x1 +c − x2 + + c − xn ) ≤ [ n( c + cb 4c a + b a )] Chú ý: Bài toán tổng quát dạng x1 , x , , x n ∈ [ a, b] , c > Sử dụng tính chất bắc cầu Kiến thức: A>B B>C A>C Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d Chứng minh ab >ad+bc Giải: a c>⇒ >c d+ d> a−  b d> > c +c d> b− (a-c)(b-d) > cd ab-ad-bc+cd >cd ab> ad+bc ⇔ (điều phải chứng minh) Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn 2 15 a ++ b+ + c< = Chứng minh a b c abc Sưu tầm tuyển chọn 10 Tacó 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Gợi ý: Đặt , thay vào tính S Bài tập tự giải 2u-v =1 S = x+y =v u 2xy⇒ +=vuv2 = 2u-1 1) Cho a > , b > , c > 25a 16b c + + > CMR: b+c c+a a+b 2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0 CMR ma nb pc + + ≥ b+c c+a a+b Phương pháp 14: ( ) m + n + p − ( m + n + p) Dùng tam thức bậc hai Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c Định lí 1: f(x) > 0, a > ∀x ⇔  ∆ < Định lí 2: Phương x1 < α < x ⇔ a f ( α ) < trình f(x) = có nghiệm Phương trình f(x) = có nghiệm : a > f ( x) ≥ 0, ∀x ⇔  ∆ ≤ a < f ( x) < 0, ∀x ⇔  ∆ < a <  f ( x) ≤ 0, ∀x ⇔  a f ( α ) > Phương trình f(x) = có ∆ ≤  nghiệm : x1 < x < α ⇔ ∆ >  Phương trình f(x) = có α < x1 < β < x aS f ( ) ⇔ f α   nghiệm  x  (1) 2 ⇔ Giải: Ta có (1) x − x( y − 1) + y − y + > ∆′ = ( y − 1) − y + y − = y − y +1− 5y2 + y − Vậy với x, y f ( x, y ) > = −( y − 1) − < ( ) f ( x, y ) = x y + x + y + xy + x > xy Ví dụ2: Chứng minh rằng: Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2 x⇔ y ( +y 2+x12) 2+.x22 +y 24+y (41xy − y+) xx +− yxy2 >>00 2 Ta có ∆′ = y − y − y y + = −16 y < yf 2( x+, 1y ) >>00 Vì a = (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 ) Sưu tầm tuyển chọn 15 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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∀n ∈ N ; n1> 1 + + + < − (1) 2 n n Ví dụ1: Chứng minh : Giải: Với n =2 ta có 1 1+ < − (đúng) Vậy BĐT (1) với n =2 Giả sử BĐT (1) với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k+1 Thật n =k+1 (1) 1 ⇔ 1 + + + + < 2− 2 Theo giả thiết quy nạp k (k + 1) k +1 1 ⇔ + 1+ + + < − + < − 1⇔ 1 + 2 + < < k ( k + 1) k +1 k2+2k Chứng aa ++bb   minh (1)  22  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⇔ ≤ kk++11 (1) a a ++bb k +1k k +1 ⇔   (2) a + ab  +ab+ b≤   22  k +≤ a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k+1 a k+1 + b⇔  ≤  2 Vế trái (2) = (ab a −k b+)a≥k b02+ b k +1 a k +1 + b k +1a k a−k b+1k+⇔ − ≥ (3) Ta chứng minh (3) ⇔ ≥ (+) Giả sử a b giả thiết cho a -b a b ⇒ a k a−kb≥k ⇔ b( ak −≥ bb)k ≥ (+) Giả sử a < b theo giả thiết a kk −< bbkk ⇔ ( a −a kb ) (≥k 2+ 1) k −1 ( n + 1) n −1 = thức đúng, tức là: n= k+1:Ta c ó: = (k k+k1()k2 k +− 21()kk ++1 1≥) 2( k=+[(1k) k+−11()k2 ]+k −11)(kk+1+ 1) (k + 1) = > k(k2 2++22kk+) k1−1>( kk22 ++22kk) +1 Bất đẳng thức với n= ⇒ (k≥+k1k) k(⇒ k +> 2(k) k+ 2) k k+1 n n −1 n > ( n + 1) , ∀n ∈ Ζ, n ≥ Vậy sin nx ≤ n sin x , ∀n ∈ Ν ∗ , ∀x ∈ R Ví dụ 8: Chứng minh rằng: Giải: n=1: Bất đẳng thức n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức sin kx ≤ k sin x n n > ( n + 1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ (vì ) là: n= k+1 Ta cần chứng minh: Ta có:  a + b ≤ a + b , ∀a, b ∈ R  sin( k + 1) x = sin kx cos x + cos kx sin x  sin x , cos x ≤ 1, ∀x ∈ R ≤ sin kx ≤≤ =k.sin cos sin (k kx +xx1.+)+sin cos sin sinxkx xx sin x sin( k + 1) x ≤ (k + 1) sin x Nên: Sưu tầm tuyển chọn 17 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Bất đẳng thức với n= sin nx ≤ n sin x ⇒ , ∀n ∈ Ν ∗ , ∀x ∈ R k+1 Vậy: 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” qp q đúng, : kết luận đúng) phép chứng minh Muốn chứng minh (với : giả thiết p ⇒ thực hiên sau: Giả sử ( sai) suy điều qp vô lý sai Vậy phải có (hay 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: ≠ ≤ Mà abc > a < cb < Giả sử a từ abc > a a < ⇒ ⇒ 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: , ac 22 ⇒ xyz > (trái giả thiết) Sưu tầm tuyển chọn 18 ≤ 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Còn số dương (x-1).(y-1).(z-1) < (vô lý) Vậy có ba số x , y,z lớn a a+, b,+c c> ≥0 Ví dụ 4: Cho a.b.c=1 Chứng minh rằng: (Bất đẳng thức Cauchy số) Giải: Giả sử ngược l ại: < ⇔ ⇔⇒ aa2(2baba+++(bab22+a+−c+c)3ab cab a)3b< + Nhân (1’), (2’) (3’) ⇒ −[(a + b − c)(a − b + c )(− a + b + c )]2 > vế với vế ta được: ⇒ Vô lý Vậy toán chứng minh Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giác Nếu đặt x = Rcos, x = Rsin Nếu đặt x = 3.Nếu đặt α x∈α≤[ 0,Rπ− ]π π  α ∈ ,  2  xR ≥ R π  α  ∈ [ 0, c ) ∪ π ,3 ( x −xa=) a++( yR −cos b )αα= R 22, ( > 0) cos , (α = 2π )   y = b + R sin α ; Nếu đặt α, 2  x − αx = α y+ −aRβ cos  α , 2(α = 2π )  +    = R a, b >  a y = β + bbR sin  α ( ax ) + b , ( a, b > 0) Nếu toán xuất biểu thức : Thì đặt: b  π π x = tgα , α ∈  − ,  a  2 a − b + b − a + ab − − b − a ≤ 2, ∀a, b ∈ [ − 1,1] ( Ví dụ 1: Cmr : Giải : Đặt : Khi : ( )) )( a ≤ 1, b ≤ (α,aβ=∈cos [ 0,απ ] )  b = cos β2 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 ) a , b 1a1α≤ +abβ ) + cos(α + β ) a b − +=b≥sin( = cos(α + β − Ví dụ : Cho Chứng minh : Sưu tầm tuyển chọn 19 π ) ∈ [ − 2,2] ⇒ (dpcm) 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Giải : Đặt :  a = cos α  b =  cos β  ⇒ a  b −π1 + b a − = tg β + tg 2α  α , β ∈ 0,   2 cos α cos β    tgβ tgα (tgβ cos β + tgα cos α ) = + = cos α cos β cos β cos α a ab − ( a≠ −0 4b1) 2(sin β + sin 2α ) sin(α + β ) cos in(α − β ) −2 −2≤ ≤2 −2 = = a + 4b 2 cos β cos α cos β cos α ≤ = ab cos β cos α Ví dụ 3: Cho Chứng minh : Giải : Đặt: a − ( a − 4b) tg 2α − (tgα − 2)π2 π  a = btg α , α ∈ − ,   ⇒ = Phương a + 4b + tg 2α  22  pháp 18: = 4(tgα − 1) cos α Sử dụng khai triển nhị thức Newton = sin 2α − 2(1 + cos 2α ) Kiến thức: = 2(sin 2α − cos 2α ) − Công thức nhị π thức Newton = 2 sin(2α − ) − ∈ − 2 − 2,2 − n ( a + b ) n ∑ C nk a n−k b k , ∀n ∈ N * , ∀a, b ∈ R [ ] k =0 C nk = n! (0 ≤ k ≤ n ) (n − k )!k! Trong hệ số 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 + Số hạng thứ k + C nk a n − k b k (0 ≤ k ≤ n) Ví dụ 1: Chứng minh (bất đẳng (1 + a ) n ≥ + na, ∀a ≥ 0, ∀n ∈ N * thức bernoulli) Giải n Ta có: (đpcm) (1 + a ) n = ∑ C nk a k ≥ C n0 + C n1 a = + na Ví dụ 2: k =0 Chứng minh rằng: n n n a) a +b a+b * n ≥ n N n  , ∀a, b ≥ a0n, ∀+nb∈ + c a+b+c *   ≥  , ∀a, b, c ≥ 0, ∀n ∈ N 3   b) Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: Sưu tầm tuyển chọn 20 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com ( 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 (a n + b n ) + C n1 (a n + b n ) + + C nn −1 (a n + b n ) + C nn (b n + a n ) 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   d= Phương pháp 19: a+b+c ≥0 b) Đặt Theo câu (a) ta có: n n a+b c+d  +     an + bn + cn + d n     ≥ 4 Sử dụng tích phân n n f , g : [ a, b ] → R  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 ⇒ Hàm số: liên tục, lúc đó: a n + bn + cn a+b+c ≥ dn =  3   f ( xb) ≥ 0, ∀x ∈ [ a, b] ∫ f ( x)dx ≥ a b b a a ∫ f ( x)dx ≤ ∫ f ( x) dx số) Ví dụ 1: Cho A, B, C ba góc tam giác A B C tg + tg + tg ≥ 2 * Nếu * Nếu f ( xb) ≥ g ( x ), ∀xb ∈ [ a, b] * Nếu ∃x0 ∈ f ([xa∫b), fb≥(] x:g)(fdx x(),x≥0∀)∫xb>g∈g([x(a)x,dx 0b)] a f ( x ) dx ≥ a g ( x ) dx ∫a ∫a * * Nếu m ≤ f ( x1) ≤ bM , ∀x ∈ [ a, b] m≤ f ( x )dx ≤ M (m, M b − a ∫a x (1 + tg ) 2 x x f '' ( x ) = tg (1 + tg ) > 0, x ∈ (0, π ) 2 Chưng minh rằng: Giải: Đặt x f ( x) = tg , x ∈ (0, π ) f ' ( x) = Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho: f ( A) + f ( B ) + f (C )  A+ B+C  ≥ f  3   A + tg A tg + tg A tg + tg tg Sưu tầm tuyển chọn 21 n B C  A+ B +C  + tg ≥ 3tg   2   B C π + tg ≥ 3tg 2 B C + tg ≥ 2 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Ví dụ 2: Chứng minh: Giải Trên đoạn ta có: ≤ cos x ≤ π π dx π ≤∫ ≤ 10 − cos x  π 0,  ⇒ ≤ cos x ≤ ⇒ −2 ≤ −2 cos x ≤ ⇒ ≤ − cos x ≤ 1 ⇒ ≤ ≤ 5 − cos x π 1π dx 1π   ⇒  − 0 ≤ ∫ ≤  − 0 5  − cos x   ⇒ Sưu tầm tuyển chọn 22 π π dx π ≤∫ ≤ ( đpcm ) 10 − cos x 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO *Dùng định nghĩa 1) Cho abc = Chứng minh a 3a 2> 36 rằngb2+c2> ab+bc+ac Giải: Ta xét hiệu: b2+c2- ab- bc – ac = a32 + b2+c2- ab- bc – ac = ( b2+c2- ab– ac+ 2bc) +3bc =(-ba +abc a −12 a43236 + − c)2 + 12 12 42a =(-b- c)2 +>0 (vì abc=1 a3 a − 36abc a > 36 nên a >0 ) 12a Vậy : b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng a minh + 2) Chứng minh 4 a) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) b) với số thực a , b, c ta có a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > c) a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ Giải: a) Xét hiệu: = = H x + y 4x +2 −z 2y+2 12 −+2( xx 2−y z2 )+2 + x( x2 − − 12)xz − x ≥ H0 ta có điều phải chứng minh b) Vế trái viết H = H > ( a − 2b + 1) 2⇒+ ( b − 1) + ta có đpcm c) vế trái viết H = H ta có ( a − b + 1⇒ )≥2 + ( b − 1) điều phải chứng minh ( ) * Dùng biến đổi tương đương 1) Cho x > y xy =1 Chứng minh x2 + y2 ≥8 Giải: x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + ( x − y) Ta có (vì xy = 1) ⇒4 x + y = ( x − y ) + 4.( x − y ) + ( x − y ) + 4( x − y ) + ≥ 8.( x − y ) Do BĐT cần chứng minh tương đương với 22 ( x − y( )x4 −− y4)(⇔ x−−2y ) ≥+04 ≥ BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh ( ( ) ) [ 2) Cho xy Chứng minh Ta có ] ≥ 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy ⇔ yxy xxy ( y−−xx2) ( x−−yy2) + + x 22 (1 + xy ) + y 22 (1 + xy ) ( ) ( cuối xy > Vậy ta có đpcm ) Giải:  1  1 1+ 1≥  2⇔  +  ≥ − − 2 1 + x 2 + y2 1 + x + y + y + xy   + xy ≥0  BĐT ( y − x ) ( xy − 1) ≥⇔0 (1 + x ).(1 + y ).(1 + xy ) * Dùng bất đẳng thức phụ a2 + b2 + c2 ≥ Sưu tầm tuyển chọn 23 1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chứng minh Giải: áp dụng BĐT BunhiaCôpski 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com cho số (1,1,1) (a,b,c) Ta có (1.a + 1( a.b++b1+.c c) 2) 2≤≤(1⇔ 3+ 1a+2 + 1).ba2 2++cb2 + c ⇔ (vì a+b+c =1 ) a + b + c ≥ (đpcm) ( ( ) ) 2) Cho a,b,c số dương ( a + b + c ). + +  ≥ Chứng minh (1) a b c Giải: (1) aa ab  b  a⇔bc  c  b c c   áp dụng BĐT phụ Với x,y > 31 + bb++ca+ a+ x+c1 ++y ca + +a+c a++b1≥≥99 + ≥2 Ta có BĐT cuối y x Vậy (đpcm) ( a + b + c ). + +  ≥ a b c * Dùng phương pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c a+b b+c c+d d +a + + + < Cminh rằng: a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b Giải: Vì a ,b ,c ,d > a+b a+b a +b+d < < a+b+c+d a+b+c a+b+c+d (1) ≥ (2) d +a d +a d +a+c (3) < < Cộng vế bất đẳng thức ta có : a+b+c+d d +a+b a+b+c+d (đpcm) a+b b+c c+d d +a 2< + + + , y > Ta có ⇔ xx++ xx == yy 2 > k0 Đặt (k nguyên ⇔ x = y − xx = dương x nguyên dương ) Ta có k (k + 1) = y x + y + z ≤ xy + y + z − ( Sưu tầm tuyển chọn 27 ) 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com k