19 phương pháp chứng minh bất đẳng thức

WWW.VIETMATHS.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: 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 = WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ≥ (y-z) 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 : a2 + b2  a + b  ≥ a)  ;   b) a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3   c) Hãy tổng quát toán Giải: a2 + b2  a + b  − a) Ta xét hiệu    1 a2 + b2 a + 2ab + b 2 − = = 2a + 2b − a − b − 2ab = ( a − b ) ≥ 4 4 a2 + b2  a + b  ≥ Vậy Dấu xảy a=b    ( ) ( ) b)Ta xét hiệu [ ] a2 + b2 + c2  a + b + c  a + b2 + c2  a + b + c  2 ( ) ( ) ( ) a − b + b − c + c − a ≥ − ≥ Vậy  =  3 3     Dấu xảy a = b =c a + 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 q = 2  m  m = 22 − =   Ví dụ 2: Chứng minh với a, b, c ta có : a + b + c ≥ abc(a + b + c) 2 WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Giải: Ta có : a + b + c ≥ abc(a + b + c) , ∀a, b, c > ⇔ a + b + c − a bc − b ac − c ab ≥ 4 ⇔ 2a + 2b + 2c − 2a bc − 2b ac − 2c ab ≥ ( ⇔ a2 − b2 ( ⇔ a2 − b2 ( ) ( + 2a b + b − c ) + (b 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 a) a + ≥ ab b) a + b + ≥ ab + a + b c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) Giải: b2 ≥ 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) a + ⇔ 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 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: ( a10 + b10 )( a + b ) ≥ ( a + b )( a + b ) Giải: (a )( ( ) ( )( ) + 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) ≥ 10 ) ( ) WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 x 〉 y Chứng minh x2 + y2 ≥2 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) 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 1 1 1 1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( x + y + z )=x+y+z - ( + + ) > (vì x + y + z < x+y+z theo gt) 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 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 = ( 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 + + y + + z + 1 1 Giải : P = 3- ( x + + y + + z + ) = – Q Theo BDT Côsi , a, b, c > a + b + c ≥ 3 abc ⇔ 1 1 1 1 1 + + ≥33 ⇒ ( a + b + c )  + + ÷≥ ⇒ + + ≥ a b c abc a b c a +b +c a b c WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 1 Suy Q = x + + y + + z + ≥ ⇒ Vậy max P = x = y = z = Ví dụ 3: -Q ≤ − 9 nên P = – Q ≤ 3- = 4 Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : a + +bc ≥ 2a bc ⇒ 1 a+b+c + + ≤ 2abc a + bc b + ac c + ab 2 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) 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) WWW.VIETMATHS.COM ⇒2 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ( 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 = β ( ∀i = 1,2, , n ) a a a i i ⇔ = = = n Dấu”=” xảy ⇔  b1 b2 bn α β1 α n β n dáu 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: ( ) ( )( = 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 ( ) ( )( ) ( ) WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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 = n ∈ Z,n ≥  Ví dụ 1: Cho  Chứng minh rằng: a a1 a + + + n < 2 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 n  ÷  ÷  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 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 ≤ n n n b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn a)Nếu  WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức a1 = a = = a n b1 = b2 = = bn Dấu ‘=’ xảy  a1 ≤ a ≤ ≤ a n b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn b)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 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 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 CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z ) a/ Cho a,b,c>0 a+b+c=1 CMR: b/ c/ Cho x,y,z>0 x+y+z=1 Cho a>0 , b>0, c>0 CMR: a b c + + ≥ b+c c+a a+b d)Cho x ≥ ,y ≥ thỏa mãn x − y = ;CMR: x+y ≥ Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 a + b + c = Chứng minh a3 b3 c3 + + ≥ b+c a+c a+b WWW.VIETMATHS.COM Giải: 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức  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  + 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 a2 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 2 Giải: Ta có a + b ≥ 2ab c + d ≥ 2cd 1 Do abcd =1 nên cd = (dùng x + ≥ ) ab x Ta có a + b + c ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ (1) ab ( ) ( ) ( ) a b + c + b c + d + d c + a Mặt khác: = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)       =  ab +  +  ac +  +  bc +  ≥ + + ab   ac   bc   2 2 Vậy a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli Kiến thức: a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, ≤ n ∈ Z (1 + a ) n ≥ + na Dấu ‘=’ xảy a = n =  b) Dạng mở rộng: - Cho a > -1, α ≥ (1 + a ) α ≥ + na Dấu xảy a = a = α = - cho a ≥ −1,0 < α < (1 + a ) α ≤ + na Dấu xảy va  Ví dụ : Chứng minh a b + b a > 1, ∀a, b > Giải - Nếu a ≥ hay b ≥ BĐT - Nếu < a,b < Áp dụng BĐT Bernouli: b( 1− a) a + b a    1− a  < ⇒ ab >  ÷ = 1 + ÷ < 1+ a  a a a+b a  b Chứng minh tương tự: b a > Suy a b + b a > a+b b b Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh a5 + b5 + c5  a + b + c  ≥  3   (1) 10 (đpcm) WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức α < x < β < x ⇔ f ( α ) f ( β ) < Phương trình f(x) = có nghiệm  x < 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 + 2( x + 2) y + xy + x > xy Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( ) (1 − y ) x y + x + y + xy + x − xy > ⇔ ( y + 1) x + y (1 − y ) x + y > Ta có ∆′ = y − y ( y + 1) = −16 y < Vì a = ( y + 1) > 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 2 1 1 ∀n ∈ N ; n > + + + < − 2 n n 1 Giải: Với n =2 ta có + < − (đúng) Vậy BĐT (1) với n =2 Ví dụ1: Chứng minh : (1) Giả sử BĐT (1) với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k+1 1 1 Thật n =k+1 (1) ⇔ 12 + 22 + + k + (k + 1) < − k + Theo giả thiết quy nạp ⇔ 1 1 1 + + + + < 2− + < 2− 2 2 k (k + 1) k ( k + 1) k +1 ⇔ 1 1 + + < + < 2 (k + 1) k + ( k + 1) k ⇔ 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 18 WWW.VIETMATHS.COM  a+b (1) ⇔     k +1 a ≤ k +1 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức +b k +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 ) ≥ (3) ( ) 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 ) ≥ (+) Giả sử a < b theo giả thiết - a ( 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 + 20 WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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 > x + y + z có ba số lớn Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 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) 21 WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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) 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 Đặt :  (α , β ∈ [ 0, π ] ) Khi : 22 WWW.VIETMATHS.COM ( a − b + b − a + ab − 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ( 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 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 = a − ( a − 4b) ≤2 −2 a + 4b a − (a − 4b) tg 2α − (tgα − 2) ⇒ = = 4(tgα − 1).cos α a + 4b + tg 2α  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 −  Ví dụ 3: Cho ab ≠ Chứng minh : − 2 − ≤ 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) 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: 23 WWW.VIETMATHS.COM a) 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức n a +b a+b * ≥  , ∀a, b ≥ 0, ∀n ∈ N   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: 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 an + 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 b b a a * Nếu f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ [ a, b] ∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx * Nếu f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ [ a, b] ∃x0 ∈ [ a, b] : f ( x0 ) > g ( x0 ) b b a a b b a a ∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx * ∫ f ( x)dx ≤ ∫ f ( x) dx * Nếu m ≤ f ( x) ≤ M , ∀x ∈ [ a, b] b m≤ f ( x )dx ≤ M (m, M số) b − a ∫a Ví dụ 1: Cho A, B, C ba góc tam giác 24 WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức A B C Chưng minh rằng: tg + 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: 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 a2 + b2+c2- ab- bc – ac = + + b2+c2- ab- bc – ac Giải: Ta xét hiệu: 12 a a2 a2 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 3 2) Chứng minh a) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) b) với số thực a , b, c ta có 25 WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ 2 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 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 ⇒ +y ) = ( x − y) 2 (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 ⇔ + ≥ + 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 ). + +  ≥ 1 (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 áp dụng BĐT phụ y + x ≥ Với x,y > Ta có BĐT cuối 26 WWW.VIETMATHS.COM 1 1 Vậy ( a + b + c ). + +  ≥ a b c 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức (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 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 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 15 25 Bài 10: Cho 36x +16 y = Cmr : ≤ y − x + ≤ 4 HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 31 WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức   x = cos α HD: Đặt :   y = sin α  x  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 ≥ (1 + − x ), ∀x ∈ [ − 1,1] Bài 14: Cho n ∈ Ζ,1 ≤ n, a, b ≥ Chứng minh an + bn  a + b  ≥    n n Bài 15: n ∈ Ζ,2 ≤ n Chứng minh rằng: < 1 +  <  Bài 16: Có tồn x∈R cho: n tg x ≤ ≤3? 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 [...]... cos kx sin x ≤ sin kx + sin x ≤ k 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 + 20 WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 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... WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức b a b ≤ 998 ⇒ + ≤ 999 a/ Nếu :b ≤ 998 thì d c d a b 1 999 b/Nếu: 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. .. n Chứng minh rằng: n= k+1 Ta cần chứng minh: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k +1 ) ≥ (a1b1 + a 2 b2 +  + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 22 +  + a n2 )(b12 + b22 +  + bn2 ) Giải 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 +  + bk2 ) 19 WWW.VIETMATHS.COM n= k+1 Ta cần chứng minh: 19 Phương pháp chứng minh. .. vế các bất đẳng thức trên ta có 1 + n Ví dụ 3: Chứng minh rằng 1 1 1 ∑k k =1 1 2 2 n +1 −1 2 3 n WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 1 1 < 1− 2 2 2 1 1 1 < − 32 2 3 1 1 1 1 1 1 < − ⇒ 2 + 2 + + 2 < 1 2 n n −1 n 2 3 n n Vậy 1 ∑k k =1 2 0 Chứng minh rằng phải chứng minh Ví dụ2: Cho a,b,c > 0 và a+b+c 0 2 16 x + y + z = ( a + b + c) < 1 2 WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 1 1 1 1 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x +... k2+2k 0 Chứng minh rằng  (1)  ≤ 2  2  Giải: Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1 Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1 Thật vậy với n = k+1 ta có 18 WWW.VIETMATHS.COM  a+b (1) ⇔    2  k +1 a ≤ k +1 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức +b 2 k +1 k a+b a+b a k +1 +... (đpcm) Phương pháp 15: Dùng quy nạp 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 ) 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 thiết quy nạp) 4 – kết luận BĐT... mãn :a+b+c=1 1 a 1 b 1 2003 1 c Chứng minh rằng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ 8 12 WWW.VIETMATHS.COM 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Phương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số Kiến thức 1) Cho a, b ,c là các số dương thì a a a+c > 1 thì > b b b+c a a a+c b – Nếu < 1 thì < b b+c b a – Nếu 2) Nếu b,d >0 thì từ a c a a+c c < ⇒ < < b d b b+d d ` Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > 0 Chứng minh rằng 1< a b c d + + + 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  ⇔ (a-c)(b-d) > cd (điều phải chứng minh) 5 1 1 1 1 2 2... nhị 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 (0 ≤ k ≤ n) + Số hạng thứ k + 1 là C nk a n− k b k 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 WWW.VIETMATHS.COM a) 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng