19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

PHẦN 1 CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý 1Định nghĩa 2Tính chất + A>B + A>B và B >C + A>B A+C >B + C + A>B và C > D A+C > B + D + A>B và C > 0 A.C > B.C + A>B và C < 0 A.C < B.C + 0 < A < B và 0 < C B > 0 A > B + A > B A > B với n lẻ + > A > B với n chẵn + m > n > 0 và A > 1 A > A + m > n > 0 và 0 0 3Một số hằng bất đẳng thức + A 0 với A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + An 0 với A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + với (dấu = xảy ra khi A = 0 ) + < A = + ( dấu = xảy ra khi A.B > 0) + ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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) Sưu tầm tuyển chọn 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 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  2 −  = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ Vậy 3   a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3   Sưu tầm tuyển chọn 2 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Dấu xảy a = b =c c)Tổng quát a12 + a 22 + + a n2  a1 + a + + a n  ≥  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) 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 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 Sưu tầm tuyển chọn 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) a) a + 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 − 2ab + b + a − 2a + + b − 2b + ≥ ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b − 1) ≥ Bất đẳng thức cuối a) a + 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 ) ( ) Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 x 〉 y x2 + y2 ≥2 Chứng minh x− y x2 + y2 ≥ 2 :x 〉 y nên x- y 〉 ⇒ x2+y2 ≥ 2 ( x-y) Giải: x− y ⇒ x +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: Sưu tầm tuyển chọn 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 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    = + 1 +  + 1 +  + 1 −  b +1   a +1   a + b   a + b +1  a + b +1  a + b +1 = + + −3  b +1   a +1   a + b  1   = ( a + b + c) + + −3  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 > Sưu tầm tuyển chọn 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com a + b + c ≥ 3 abc 1 1 + + ≥ 33 a b c abc  1 1 ⇒ ( a + b + c) + +  ≥ a b c 1 ⇒ + + ≥ a b c a+b+c 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  ≤ ≤  +  b + + ac b ac  bc ab  1 1 ≤ ≤  +  c + + ab c ab  ac bc  2 a+b+c ⇒ + + ≤ 2abc a + bc b + + ac c + + ab 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 ≤ Cho  Sưu tầm tuyển chọn ( x + y + z) 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com ac y ≤ 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 ⇔b+ Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: ⇒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   b = b12 + b22 + + bn2 • 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 β + 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 ⇔  α β α β dáu b1 b2 bn n n  1 Ví dụ : Chứng minh rằng: ∀x ∈ R , ta có: sin x + cos x ≥ Sưu tầm tuyển chọn 8 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 ⇔ ≤ sin x + cos x 2 ⇒ ≤ sin x + cos x ( ) ) Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski lần nữa: ( ) ≤ sin x.1 + cos x.1 ⇔ ≤ sin x + cos x 12 + 12 ⇔ sin x + cos x ≥ ⇔ ( )( ( ) ) 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 ⇒ < − 1 k k− k+ 2 *     1  1   1    ⇒ + + + <  − + − + + −    n n− n+ 1 3    2  2 2  1 = − < 3 n+ Do theo bất đẳng thức Bunhiacopski: Sưu tầm tuyển chọn 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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: Kiến thức: Bất đẳng thức Trê- bư-sép a1 ≤ a ≤ ≤ a n a + a + + a n b1 + b2 + + bn a1b1 + a b2 + + a n bn ≤ 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 a = a = = an  Dấu ‘=’ xảy  b1 = b2 = = bn a)Nếu  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 ⇔ Sưu tầm tuyển chọn 10 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com (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 ≥ a + k + k a + k  = k k (k + 1)  k +1  VP (1) = 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 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 Sưu tầm tuyển chọn 23 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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) 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) Sưu tầm tuyển chọn 24 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 α ∈ [ 0, π ] ; x = Rsin α , Nếu x ≤ R đặt x = Rcos 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 :  Khi : (α , β ∈ [ 0, π ] ) ( 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 ) = sin(α + β ) + cos(α + β ) π = cos(α + β − ) ∈ [ − 2,2] ⇒ (dpcm) a , b ≥ Chứng minh : a b − + b a1 ≤ ab Ví dụ : Cho Giải :  a = cos α Đặt :  b =  cos β Sưu tầm tuyển chọn   π   α , β ∈ 0,      25 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com ⇒ a b −1 + b a −1 = 1 tg β + tg 2α 2 cos α cos β tgβ tgα (tgβ cos β + tgα cos α ) + = cos α cos β cos β cos α (sin β + sin 2α ) sin(α + β ) cos in(α − β ) = = cos β cos α cos β cos α ≤ = ab cos β cos α = a − (a − 4b) ≤2 −2 a + 4b Ví dụ 3: Cho ab ≠ Chứng minh : − 2 − ≤ Giải : π π    22  a − ( a − 4b) tg 2α − (tgα − 2) ⇒ = a + 4b + tg 2α  Đặt: a = 2btgα , α ∈  − , = 4(tgα − 1) cos α = sin 2α − 2(1 + cos 2α ) = 2(sin 2α − cos 2α ) − π = 2 sin(2α − ) − ∈ − 2 − 2,2 − 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: Sưu tầm tuyển chọn 26 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com n a) an + bn  a + b  * ≥  , ∀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: 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 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 * 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 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] m ≤ Sưu tầm tuyển chọn 27 b f ( x )dx ≤ M (m, M số) b − a ∫a 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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: 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 ≤ ⇒ ≤ − cos x ≤ 1 ⇒ ≤ ≤ 5 − cos x π 1π dx 1π   ⇒  − 0 ≤ ∫ ≤  − 0 5  − cos x   ⇒ π π dx π ≤∫ ≤ ( đpcm ) 10 − cos x Sưu tầm tuyển chọn 28 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO *Dùng định nghĩa a2 + b2+c2> ab+bc+ac a2 a2 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 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 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 ⇔ ( ) Sưu tầm tuyển chọn ( ( ) 29 ) ( ) 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com ⇔ ( 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) 1 1 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 áp dụng BĐT phụ y + x ≥ Với x,y > Ta có BĐT cuối 1 1 Vậy ( a + b + c ). + +  ≥ (đpcm) a b c * Dùng phương pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c a + b3 Vậy a + b < + a b Tương tự ta có b3 + c < + b 2c a3 + c3 < + c 2a ⇒ 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 14 * Dùng tính chất tỉ số 1) Cho a ,b ,c ,d > Cminh rằng: < Giải: Vì a ,b ,c ,d > nên ta có a+b b+c c+d d +a + + + Ta có x + x = y ⇔ x + x = y ⇔ x = y2 − 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 HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho Sưu tầm tuyển chọn 35 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho a2 b2 , 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   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 ) ≥ an + bn  a + b  ≥  Bài 14: Cho n ∈ Ζ,1 ≤ n, a, b ≥ Chứng minh x∈R cho:   n 1  < 1 +  < n  tg x ≤ ≤3? tgx Bài 15: n ∈ Ζ,2 ≤ n Chứng minh rằng: Bài 16: Có tồn n 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) Sưu tầm tuyển chọn 36 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Sưu tầm tuyển chọn 37 .. .19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp : Dùng định nghĩa Kiến thức : Để chứng minh A > B... ≥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 Sưu tầm tuyển chọn 19 Phương pháp chứng. .. 998 Phương pháp 10: Phương pháp làm trội Kiến thức: Dùng tính bất đẳng thức để đưa vế bất đẳng thức dạng tính tổng hữu hạn tích hữu hạn Sưu tầm tuyển chọn 15 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_