Các phương pháp Chứng minh BDT - THCS (hay)

Caực phửụng phaựp chửựng minh Baỏt ủaỳng thửực THCSBất đẳng thức là một trong những kiến thức trọng yếu của chơng trình Toán TH.. Đối với ch-ơng trình Toán THCS các em học sinh thờng gặp

Caực phửụng phaựp chửựng minh Baỏt ủaỳng thửực THCS

Bất đẳng thức là một trong những kiến thức trọng yếu của chơng trình Toán TH Đối với

ch-ơng trình Toán THCS các em học sinh thờng gặp dạng Toán này trong các kì thi “lớn” nh HSG hoặc vào các trờng chuyên Song trong quá trình giãng dạy của mình, Tôi nhận thấy rằng, đa số học sinh thờng rất yếu về dạng Toán này Chính vì thế mà bài viết này Tôi muốn gửi tới toàn thể các em Học Sinh những gì mà Tôi nghĩ là gần gũi với các em nhất, với mong muốn phần nào đó giúp các em nắm vững hơn các kiến thức, rồi từ đó giải thành thạo giạng Toán này

B A B

1

1 >

3) Một số bất đẳng thức cơ bản.

+) A2 ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0)

+) A2n ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0)

+) A ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0)

+) −A ≤A≤A

+) A+B ≤A +B (dấu = xảy ra khi A.B > 0)

+) A−B ≥A −B (dấu = xảy ra khi A.B < 0)

Phần II : một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức

Ph

ơng pháp 1 : Dùng định nghĩa

Kiến thức : Để chứng minh A > B

Ta chứng minh A – B > 0

Lu ý dùng hằng bất đẳng thức M2 ≥ 0 luôn đúng với mọi M

Ví dụ 1 Với mọi số thực x, y, z chứng minh rằng :

a) x2

+ y2

+ z2 ≥ xy+ yz + zx b) x2

a) Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx =

2

1

.(2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2zx)

= [( ) ( ) ( ) ] 0

2

1 x−y 2 + y−z 2+ z−x 2 ≥ (*) Vì (x – y)2 ≥ 0 với mọi x ; y Dấu bằng xảy ra khi x = y

(y – z)2 ≥ 0 với mọi y ; z Dấu bằng xảy ra khi y = z

(z – x)2 ≥ 0 với mọi z; x Dấu bằng xảy ra khi z = x

⇒ Bất đẳng thức (*) luôn đúng với mọi x; y; z ∈R

Vậy x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx Dấu bằng xảy ra khi x = y = z

b)Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2 – ( 2xy – 2xz + 2yz ) = x2 + y2 + z2– 2xy + 2xz – 2yz

= (x – y + z)2 ≥ 0 luôn đúng với mọi x; y; z ∈R

Vậy x2+ y2+ z2 ≥2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x; y; z ∈R Dấu bằng xảy ra khi x = y = z.c) Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2+ 3 – 2( x + y + z ) = x2– 2x + 1 + y2– 2y + 1 + z2– 2z +1

= (x – 1)2

+ (y – 1)2

+(z – 1)2 ≥ 0 Dấu (=) xảy ra khi x = y = z = 1

c) Hãy tổng quát bài toán

giảia) Ta xét hiệu:

4

2 4

) (

2 2

2

2 2

2 2 2 2

a Dấu bằng xảy ra khi a = b

9

1 3

3

2 2

2 2

2 2 2

≥

− +

− +

c)Tổng quát

2 2

1 2 2

n

a a

a n

a a

Tóm lại các bớc để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa

Bớc 1: Ta xét hiệu H = A – B

Bớc 2: Biến đổi H = (C ± D)2 hoặc H =(C ± D)2+ + (E … ± F)2

Bớc 3: Tìm ĐK để dấu “=” xãy ra

=  4 − . + + 4 − . + + 4 − . + + 4 − +1

2 2

2 2

2 2

2

m m q

q m m p

p m m n

n m m

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

01 2

0 2

0 2

0 2

qpn

m Hay

m

m q

m p

m n

m

q m

p m

n m

Ph

ơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi tơng đơng.

Lu ý: Nguyên tắc để chứng minh Bất đẳng thức A ≥ B ta phải biến đổi bất đẳng thức đã

cho tơng đơng với một bất đẳng thức đúng hoặc một bất đẳng thức đã đợc chứng minh là

đúng.

Chú ý: Các hằng đẳng thức sau:

( )2 2 2

2AB B A

B

a b

a ab b

4 8 8 2 2

Bất đẳng thức (*) luôn đúng vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 3: Cho x.y =1 và x > y Chứng minh rằng 2 2

2 2

≥

−

+

y x

y x

Giải:

Ta có: 2 2

2 2

≥

−

+

y x

y x

Vì: x > y nên x – y > 0 2 2 2 2 x2 y2 2 2 (x y)

y x

y x

−

≥ +

BĐT (*) luôn luôn đúng Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 4:

+ +

=

z y x z y x

z y x

1 1 1

1

( ) 1

− + +

=

z y x z y

z y

Ph

ơng pháp 3 : Dùng bất đẳng thức quen thuộc (Bất đẳng thức phụ)

A Một số bất đẳng thức hay sử dụng.

1) Các bất đẳng thức cơ bản

a) x2 +y2 ≥ 2xy ≥ 2xy Dấu “=” xãy ra khi x = y

b) x2 +y2 ≥ xy Dấu “=” xãy ra khi x = y = 0

c) (x+y) 2 ≥ 4xy Dấu “=” xãy ra khi x = y

d) Nếu a.b > 0 thì + ≥ 2

a

b b

a a

a a

.

3 2 1 3

2

1+ + + + ≥ (Trong đó a1,a2,a3, ,a n > 0) Dấu “=” xãy ra khi: a1 =a2 =a3 = =a n

3) Bất đẳng thức Bunhiacopski

2 2 1 1 2 2

2

2 1 2 2

c b

a

thì

3

3 3

.A b B c C a b c A B C

a + + ≥ + + + + Dấu “=” xãy ra khi

c b

c b

a

thì

3

3 3

.A b B c C a b c A B C

a + + ≤ + + + + Dấu “=” xãy ra khi

c b

+ +

+

c a c

b c b

a

4) Cho x ≥ 0,y ≥ 0 vµ tháa m·n ®iÒu kiÖn: 2 x− y = 1 CMR:

5

1

≥ +y

≥ +

+ +

+

c a c

b c b a

≥ +

≥

≥

⇒

b a

c a c

b c b a

c b

+ +

= +

+ +

+ + + +

≥ +

+ +

+

+

b a

c a c

b c b

a b

a

c a c

b c b

a c b a b a

c c a c

b b c

3 3

.

3 3

1

3 3

3

=

≥ +

+ +

+

c a c

b c b

+ +

+

c a c

b c b

a

) VËy

2

1

3 3 3

≥ +

+ +

+

c a c

b c b

a DÊu b»ng x¶y ra khi a = b = c =

c b

ac ab

Tõ (1) vµ (2) ⇒a2 +b2 +c2 +d2 +a(b+c) +b(c+d) +d(c+a) ≥ 10

VÝ dô 5: Cho 4 sè a, b, c, d bÊt kú Chøng minh r»ng:

dca

⇒ (a – c)(b – d) > cd

⇔ ab – ad – bc + cd > cd

⇔ ab > ad + bc (®iÒu ph¶i chøng minh)

VÝ dô 2: Cho a, b, c > 0 tháa m·n ®iÒu kiÖn a2 +b2 +c2 = 35

1 1 1

VÝ dô 4

a) Cho 0 < a, b, c < 1 Chøng minh r»ng: 2a3 + 2b3 + 2c3 < 3 +a2b+b2c+c2a

b) Chøng minh r»ng : NÕu a2 +b2 =c2 +d2 = 1998 th× ac+bd ≤ 1998

(Chuyªn Anh n¨m häc 1998 1999)–a) Gi¶i:

2003

2 3

2 2

a

Ph¬ng ph¸p 5: Dïng tÝnh chÊt cña tû sè

c a b

th× b a <b a++c c

2) NÕu b, d > 0 vµ

d

c b

a < th×

d

c d b

c a b

+ + +

+ + +

+ + +

<

b a d

d a d c

c d c b

b c b a a

Gi¶i :

Theo tÝnh chÊt cña tØ lÖ thøc ta cã

d c b a

d a c b a

a c

b a

a

+ + +

+

<

+ +

<

+ +

T¬ng tù ta cã: a b b c d b c b d < a+b b++c a+d

+ +

<

+ +

a b c c d c d c a< a+b b++c c+d

+ +

<

+ +

a b d c d d d a b< a+b d++c c+d

+ +

<

+ +

Céng vÕ theo vÕ cña (3); (4); (5); (6) ta cã:

+ +

+ + +

+ + +

+ + +

<

b a d

d a d c

c d c b

b c b a

a

(®iÒu ph¶i chøng minh)

VÝ dô 2: Cho b a <d c vµ b, d > 0 Chøng minh r»ng

d

c d b

cd ab b

ab d

c b

a < ⇒ <

d

c d

cd d b

cd ab b

ab b

cd ab

< 2 2 (®iÒu ph¶i chøng minh)

VÝ dô 3: Cho a; b; c;d lµ c¸c sè nguyªn d¬ng tháa m·n : a + b = c + d = 1000.

T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: P =

d

b c

a ≤ ¸p dông tÝnh chÊt “NÕu

n

m b

b a c

a

≤ +

d

b

999

≤ +

⇒

d

b c a

b) NÕu: b = 998 th× a = 1 ⇒a c+ d b = c1+999d §¹t gi¸ trÞ lín nhÊt khi d = 1; c = 999

VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña P =

999

1

999 +

= +

d

b c

3 3

2 2

1 3

2

+ +

=

=

=

n n

n n

a

a a

a a

a a

a a

a u u u u P

VÝ dô 1: Víi mäi sè tù nhiªn n > 1 chøng minh r»ng:

21 21

3

1 2

1 1

+

+ +

1 2

1 2

1

3

1 2

1 1

1

=

= + + + +

>

+ + +

+ +

+

n n n

n n n n

n n

VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: 1 2 ( 1 1 )

4

1 3

1 2

2 1

k k

k k k

+ +

1 2

1

4

1

2 < −

n n

n

1 1

1 1

1 1

1

4

1 3

1 3

1 2

1 2

1 1

1

+

⇒

n n

n n

1 5 3

1 2 1

+

− + + + +

n n

3 2 1

1

4 3 2 1

1 3

2 1

1 2 1

−

−

− +

= +

1 1 2

1 2

1 ) 1 2 )(

1 2 (

) 1 2 ( ) 1 2 ( 2

1 ) 1 2 )(

1 2

(

1

k k

k k

k k

k k

Cho k chạy từ 1 đến n Sau đó cộng lại ta có

2

1 ) 1 2 )(

1 2 (

1

7 5

1 5 3

1 2 1

− + + + +

n n

4 3

1 3 2

1 2 1

1 1

3 2 1

1

4 3 2 1

1 3

2 1

1 2 1

1 1

− + + + + +

<

+ + +

+ +

1

1

4

1 3

1 3

1 2

1 2

1 1

=

n n

P

h ơng pháp 7 : Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Lu ý: Nếu a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì : a; b; c > 0

2

2

cabc ab cb

a bac c

acb b

cba a

ba c

ac b

Phơng pháp 8: Đổi biến số (phơng pháp đặt ẩn phụ)

Ví dụ1: Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng: ≥ 23

+

+ +

+

c a c

b c b

a

(1)Giải :

Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b ta có: a =

2

x z

y+ −

; b =

2

y x

z+ −

; c =

2

z y

= +

=

+

⇒

z b a

y a c

x c b

Khi đó: (1) ⇔ +2 − + +2 − + +2 − ≥23

z

z y x y

y x z x

x z y

⇔ + − + + − + + − ≥ 3

z

z y x y

y x z x

x z y

⇔ + − 1 + + − 1 + + − 1 ≥ 3

z

y z

x y

x y

z x

z x y







 +

⇔

z

y y

z z

x x

z y

x x y

z z

x x

z y

x x

y

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z (đpcm)

Ví dụ2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c < 1 Chứng minh rằng:

2

1 2

1 2

1

2 2

+

+ +

+

z y x z y

Từ (*) và (**) ⇒1+1+1 ≥ 9

z y

x Dấu bằng xảy ra khi x = y = z

2

1 2

1 2

1

2 2

+

+ +

+

Ví dụ3: Cho x ≥ 0, y ≥ 0 thỏa mãn điều kiện 2 x− y = 1 CMR:

5

1

≥ +y

Gợi ý:

Đặt x=a≥ 0, y =b≥ 0

Từ đó Bài Toán trở thành: Cho 2a−b= 1 CMR:

+

c a c

b c b a

a

pc a c

nb c b

+

+ +

+ +

=============================================================== Phơng pháp 9: Dùng tam thức bậc hai

x x

2

2 2

− +

−

=

y

y y y

y

Vậy f(x, y) > 0 với mọi x, y

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: f(x, y) = 2 4 2 2 2 3

4 4

).

2 (

Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n>n0ta thực hiện các bớc 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 đợc 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 đúng với mọi n>n0

Ví dụ1: Chứng minh rằng:

n n

1 2

1

3

1 2

1 1

1

2 2

2

2 + + + + < − (1) ∀n∈N,n> 1

Giả sử BĐT (1) đúng với n = k Tức là

k k

1 2

1

3

1 2

1 1

1

2 2

1

3

1 2

1 1

1

2 2

2

⇔

k k

Theo giả thiết quy nạp ta có:

1

1 1 2 ) 1 (

1 1

3

1 2

1 1

1

2 2

2 2

) 1 (

1 2 1

1 1

k k

k (**)

) 1 (

1

3

1 2

1 1

1

2 2

Ví dụ2: Cho n∈N và a + b > 0 Chứng minh rằng:

2 2

n n n

b a b

k k k

b a b

1 1

a

2 2

2

Vì: VT

2 4

2

2 2

2

1 1 1

= + +

b a b a b a b

2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “G ⇒ K” phép toán mệnh đề cho ta :

Nh vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó Ta thờng dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :

A Dùng mệnh đề phản đảo : K ⇒G

B Phủ định rồi suy trái giả thiết :

C Phủ định rồi suy trái với điều đúng

D Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngợc nhau

E Phủ định rồi suy ra kết luận :

Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a + b + c > 0 , ab + bc + ac > 0, abc > 0

a + < + (1) Theo giả thiết ta có 4(b + d) ≤ 2ac (2)

(vì xyz = 1) Vì theo giả thiết thì x+y+z>1x+1y +1z nên (x – 1).(y – 1).(z – 1) > 0

Trong ba số (x – 1), (y – 1) và (z – 1) chỉ có một số dơng

Thật vậy nếu cả ba số dơng thì x, y, z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết)

Còn nếu 2 trong 3 số đó dơng thì (x – 1).(y – 1).(z – 1) < 0 (vô lý)

Ta có hiệu: a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca=a2 +a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca

12 4 3

a b c ab ac bc a 3bc

12

2 4

2 2

2 2

− +

0

12

36 2

3 2

>

− +

c b

a (vì abc = 1 và a3 > 36 nên a > 0 )Vậy: a +b2 +c2 >ab+bc+ca

⇒ H ≥ 0 ( ∀a,b,c) Từ đó, ta có điều phải chứng minh

Ii Dùng biến đổi t ơng đ ơng

1) Cho x > y và x.y = 1 Chứng minh rằng: 8

) (

) (

2

2 2 2

≥

−

+

y x

y x

Giải :

Ta có: x2 +y2 = (x−y) 2 + 2xy= (x−y) 2 + 2 (vì x.y = 1)

2 2 2 [ 2 ]2

2 ) ( )

BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh

2) Cho x.y ≥ 1 Chứng minh rằng: x y ≥ +xy

+

+

2 1

1 1

1

2 2

1 1

1 1

1 1

⇔

xy y

xy x

) 1 )(

1 ( ) 1 )(

1

2 2

2

≥ + +

− +

+ +

−

⇔

xy y

y xy xy

x

x xy

) 1 )(

1 (

) ( )

1 )(

1 (

) (

2

+ +

− +

+ +

−

⇔

xy y

y x y xy

x

x y x

0

) 1 )(

1 )(

1 (

) 1 ( ) (

2 2

2

≥ + +

x

xy x y

BĐT cuối này đúng do x.y > 1 Vậy ta có điều phải chứng minh

Iii dùng bất đẳng thức phụ

⇔a b c (vì a + b + c =1 ) (đpcm)

2) Cho a, b, c là các số dơng Chứng minh rằng:

9 1 1 1 ).

+

c b a c b

c c

b a

b c

a b a

⇔

b

c c

b a

c c

a a

b b a

b a

c c

a a

b b a

áp dụng BĐT phụ + ≥ 2

x

y y

+

c b a c b

Ta có: 31 11 < 32 11 = ( 2 5 ) 11 = 2 55 < 2 56 (1)

Mặt khác: 2 56 = 2 4 14 = ( 2 4 ) 14 = 16 14 < 17 14 (2)

+ + + +

+ + + +

+ + + +

+

<

b a d

a d a d c

d c d c b

c b c b a

b a

Giải :

Vì a, b, c, d > 0 nên ta có: a b a c b d a a b b c< a a+b+b++c+d d

+ +

+

<

+ + +

+

(1)

a b b c c d b b c c d < a+b b++c+c+a d

+ +

+

<

+ + +

+

(2)

d c b a

b d c a d c

d c d c b a

d c

+ + +

+ +

<

+ +

+

<

+ + +

a d b c a d d d a a b< a d+b++a c++c d

+ +

+

<

+ + +

+

(4)Cộng vế theo vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :

+ +

+ + + +

+ + + +

+ + + +

+

<

b a d

a d a d c

d c d c b

c b c b a

b a

(đpcm)2) Cho a, b, c là số đo ba cạnh tam giác Chứng minh rằng:

2

+

+ +

+ +

<

b a

c a c

b c b a

a c

b a

a a c b

a

+ +

= + +

+ (**)

Từ (*) và (**) ⇒

c b a

a c

b

a c b a

a

+ +

<

+

<

+ +

2

(1) Tơng tự ta củng có: a b b c c b a< a+b b+c

+

<

+ +

2

(2)

Và

c b a

c b

a

c c b a

c

+ +

<

+

<

+ +

2

(3)

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có:

1 < 2

+

+ +

+ +

<

b a

c a c

b c b

- Nếu f(x) ≥ A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A

- Nếu f(x) ≤ B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B

Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=x− 1 +x− 2 +x− 3 +x− 4

Giải:

Ta có: x− 1 +x− 4 =x− 1 + 4 −x ≥x− 1 + 4 −x = 3 (1)

Dấu “=” xãy ra khi (x− 1 )( 4 −x) ≥ 0 ⇔ 1 ≤x≤ 4

Tơng tự: x− 2 +x− 3 =x− 2 + 3 −x ≥x− 2 + 3 −x = 1 (2)

Dấu “=” xãy ra khi (x− 2 )( 3 −x) ≥ 0 ⇔ 2 ≤x≤ 3.

Từ (1) và (2) ⇒P=x− 1 +x− 2 +x− 3 +x− 4 ≥ 3 + 1 = 4

Dấu “=” xãy ra khi 2 3

3 2

x

.Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là 4 đạt đợc khi 2 ≤x≤ 3

Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

S = xyz.(x + y).(y + z).(z + x) với x, y, z > 0 và x + y + z =1

1

)(

( ) )(

)(

( 3 ) ( ) (

3 1

Ví dụ 3: Cho xy + yz + zx = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x4 +y4 +z4

Giải :

áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 2 bộ số (x, y, z) ;(y, z, x) ta có:

( ) 2 ( 2 2 2 )( 2 2 2 )

z y x z y x zx yz

±

Ví dụ 4 : Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện tích

lớn nhất ?

Giải :

Giả sử cạnh huyền của tam giác vuông là 2a

Đờng cao thuộc cạnh huyền là h

Hình chiếu của các cạnh góc vuông lên cạnh huyền lần lợt là x, y

Ta có S = (x y).h a.h a. h a. xy

2

Vì a không đổi nên x + y = 2a không đổi

⇒ S lớn nhất khi x.y lớn nhất x= y.

Vậy trong các tam giác vuông có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích lớn nhất

1

y x

Ví dụ 3: Giải hệ phơng trình sau:







= + +

= +

+

xyz z y x

z y

x

4 4 4

1

Giải : áp dụng BĐT Côsi ta có:

4 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2

y z z y y x z y

Lại có: x2y2 y2z2 z2x2 x2y2 y2z2 y2z2 z2x2 z2x2 x2y2 y2xz z2xy x2yz

2 2

+

= + +

⇒x4 +y4 +z4 ≥xyz(x+y+z)

Vì: x + y + z = 1 Nên x4 +y4 +z4 ≥xyz Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =

3 1

= +

+

xyz z y x

z y

x

4 4 4

x xy

2 2

y

x

Iii dùng B.Đ.t để giải phơng trình nghiệm nguyên

Ví dụ 1 Tìm các số nguyên x, y, z thoả mãn x2 +y2 +z2 ≤ xy+ 3y+ 2z− 4

2 2

2 2

2

≤

− +

2 2

2

≥

− +

2 2

2

=

− +

01 2

0 2

z y x z y

y x

z y x

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình : 1+1+1 = 2

z y x

Giải :

Không mất tính tổng quát ta giả sử x≥ y≥z

Ta có: 2 =1+1 +1 ≤3⇒ 2z≤ 3

z z y

Vì y nguyên dơng nên y = 1 hoặc y = 2

+) Với y = 1 không thích hợp

+) Với y = 2 ta có x = 2

Vậy (2, 2, 1) là một nghiệm của phơng trình

Hoán vị các số trên ta đợc các nghiệm của phơng trình là (2, 2, 1) ; (2, 1, 2) ; (1, 2, 2)

Ví dụ 3 : Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phơng trình x+ x =y ( 1)

y k

Mặt khác: 2 < + < + 2 ⇒

) 1 ( ) 1

k

k k2 < y2 < (k+ 1 ) 2 ⇒k< y<k+ 1 (**) Vì: k và k +1 là hai số nguyên dơng liên tiếp nên không tồn tại một số nguyên dơng