Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Båi d ìng hsg th¸ng 8/2008
Chun đề: Bất đẳng thức
a.mơc tiªu:
1-Học sinh nắm vững số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
2-Một số phơng pháp tốn liên quan đến phơng trình bậc hai sử dụng công thức nghiệm cho học sinh học sau
3-Rèn kỹ pp chứng minh bất đẳng thức
B- néi dung
PhÇn : kiến thức cần lu ý
1- Định nghĩa 2- Tính chất
3-Một số bất đẳng thức hay dùng
Phần 2:một số phơng phápchứng minh bấtđẳng thức
1-Phơng pháp dùng định nghĩa
2- Phơng pháp dùng biến đổi tơng đơng
3- Phơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc 4- Phơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu
5- Phơng pháp dùng tính chất tỉ số 6- Phơng pháp làm trội
7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức tam giác 8- Phơng pháp đổi biến số
9- Phơng pháp dùng tam thức bậc hai 10- Phơng pháp quy nạp
11- Phơng pháp phản chứng
Phần :các tËp n©ng cao
PHầN : ứng dụng bất đẳng thức 1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị
2-Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình bất phơng trình 3-Dùng bất đẳng thức giải phơng trỡnh nghim nguyờn
Phần I : kiến thức cần lu ý 1-Đinhnghĩa
0
A B A B
A B A B
2-tÝnh chÊt + A>B ⇔B<A
+ A>B vµ B >C ⇔A>C
+ A>B ⇒ A+C >B + C
(2)+ A>B vµ C < ⇒ A.C < B.C
+ < A < B vµ < C <D ⇒ < A.C < B.D + A > B > ⇒ A ❑n > B
❑n ∀n
+ A > B ⇒ A ❑n > B
❑n víi n lỴ
+ |A| > |B| ⇒ A ❑n > B
❑n víi n ch½n
+ m > n > vµ A > ⇒ A ❑m > A
❑n
+ m > n > vµ <A < ⇒ A ❑m < A
❑n
+A < B vµ A.B > ⇒
A>
1
B
3-một số bất đẳng thức
+ A ❑2 víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = )
+ An víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = )
+ |A|≥0 víi ∀A (dÊu = x¶y A = )
+ - |A| < A = |A|
+ A B A B ( dÊu = x¶y A.B > 0) + |A − B|≤|A|−|B| ( dÊu = x¶y A.B < 0)
Phần II : số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
Ph ơng pháp : dùng định nghĩa
KiÕn thøc : §Ĩ chøng minh A > B
Ta chøng minh A –B >
Lu ý dùng bất đẳng thức M ❑2 với M
VÝ dô x, y, z chøng minh r»ng : a) x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx
b) x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz
c) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 (x + y + z)
Gi¶i:
a) Ta xÐt hiƯu
x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 - xy – yz - zx
=
2 ( x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx)
=
2
y − z¿2
x − z¿2+¿≥0
x − y¿2+¿ ¿ ¿
đúng với x;y;zR
Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu xảy x=y
(x-z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y x=z
(y-z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y z=y
VËy x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx
DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu
x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 - ( 2xy – 2xz +2yz )
= x ❑2 + y
(3)=( x – y + z) ❑2 với x;y;zR
VËy x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz với x;y;z
R
DÊu b»ng x¶y x+y=z c) Ta xÐt hiÖu
x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 +3 – 2( x+ y +z )
= x ❑2 - 2x + + y
❑2 -2y +1 + z ❑2 -2z +1
= (x-1) ❑2 + (y-1)
❑2 +(z-1) ❑2
DÊu(=)x¶y x=y=z=1
VÝ dô 2: chøng minh r»ng : a) a
2 +b2 ≥(
a+b )
2
;b) a
2
+b2+c2 ≥(
a+b+c )
2
c) HÃy tổng quát toán
giải
a) Ta xÐt hiÖu a
2 +b2 −(
a+b )
2
= 2(a
2 +b2) −
a2
+2ab+b2
=
4(2a
+2b2− a2−b2−2 ab)
=
4(a −b)
≥0
VËy a
2 +b2 ≥(
a+b )
2
DÊu b»ng x¶y a=b b)Ta xÐt hiÖu
a
2
+b2+c2 −(
a+b+c )
2
=
9[(a − b)
+(b − c)2+(c − a)2]≥0
VËy a
2
+b2+c2 ≥(
a+b+c )
2
DÊu b»ng x¶y a = b =c c)Tỉng qu¸t
a1
2
+a22+ +an2
n ≥(
a1+a2+ +an
n )
2
Tóm lại bớc để chứng minh A B tho 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
Bíc 3:KÕt luËn A B
Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99) Chứng minh m,n,p,q ta có
m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m(n+p+q+1)
(4)⇔(m2
4 −mn+n
)+(m
4 −mp+p
)+(m
4 −mq+q
)+(m
4 − m+1)≥0 ⇔(m
2 − n)
+(m − p)
2 +(m
2− q)
+(m 2−1)
2
≥0 (luôn đúng)
DÊu b»ng x¶y {
m
2 −n=0
m
2 − p=0
m
2 −q=0
m
2 −1=0
⇔ {
n=m
p=m
q=m
m=2
⇔ {n m=2
=p=q=1
phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng L
u ý:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức
bất đẳng thức đợc chứng minh Chú ý đẳng thức sau:
(A+B)2=A2+2 AB+B2
(A+B+C)2=A2+B2+C2+2 AB+2 AC+2 BC
(A+B)3=A3+3A2B+3 AB2+B3
VÝ dô 1:
Cho a, b, c, d,e số thực chứng minh a) a2+b
2 ≥ab
b) a2+b2+1≥ab+a+b
c) a2+b2+c2+d2+e2≥ a(b+c+d+e)
Gi¶i: a) a2
+b ≥ab
⇔4a2+b2≥4 ab ⇔4a2−4a+b2≥0
⇔(2a −b)2≥0 (bất đẳng thức đúng)
VËy a2+b
4 ≥ab (dÊu b»ng x¶y 2a=b)
b) a2
+b2+1≥ab+a+b
⇔2(a2+b2+1)>2(ab+a+b)
⇔a2−2ab+b2+a2−2a+1+b2−2b+1≥0
b −1¿2≥0
a −1¿2+¿
a −b¿2+¿
⇔¿
Bất đẳng thức cuối
VËy a2+b2+1≥ab+a+b
(5)⇔ 4(a2+b2+c2+d2+e2)≥4a(b+c+d+e)
⇔ (a2−4 ab+4b2)+(a2−4 ac+4c2)+(a2−4 ad+4d2)+(a2−4 ac+4c2)≥0
⇔ (a −2b)2+(a−2c)2+(a−2d)2+(a−2c)2≥0
Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh
VÝ dơ 2:
Chøng minh r»ng: (a10+b10) (a2+b2)≥(a8+b8)(a4+b4)
Gi¶i:
(a10+b10) (a2+b2)≥(a8+b8)(a4+b4) ⇔ a12+a10b2+a2b10+b12≥ a12+a8b4+a4b8+b12
⇔ a8b2(a2− b2)+a2b8(b2− a2)≥0
⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0
Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh
VÝ dơ 3: cho x.y =1 vµ x.y
Chøng minh x2+y2
x − y 2√2
Gi¶i:
x2 +y2
x − y 2√2 :x y nên x- y x
2+y2 2
√2 ( x-y) ⇒ x2+y2- 2
√2 x+ 2√2 y ⇔ x2+y2+2- 2
√2 x+ 2√2 y -2
⇔ x2+y2+(
√2 )2- 2
√2 x+ 2√2 y -2xy x.y=1 nên 2.x.y=2
(x-y- √2 )2 Điều luôn Vậy ta có điều phải chứng minh
VÝ dô 4:
1)CM: P(x,y)= 9x2y2
+y2−6 xy−2y+1≥0 ∀x , y∈R
2)CM: a2
+b2+c2|a|+|b|+|c| (gợi ý :bình phơng vế)
3)choba số thực khác không x, y, z tháa m·n: {
x.y.z=1
x+
1
y+
1
z<x+y+z
Chứng minh :có ba số x,y,z lớn (đề thi Lam Sơn 96-97)
Gi¶i:
XÐt (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(
x+
1
y+
1
z )=x+y+z - (
1
x+
1
y+
1
z¿>0 (v×
1
x+
1
y+
1
z < x+y+z
theo gt)
→ số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dơng
N trng hợp sau xảy x, y, z >1 → x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy trờng hợp tức có ba số x ,y ,z số lớn
Ph ơng pháp : dùng bất đẳng thức quen thuộc
A/ số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ:
a) x2
+y2≥2 xy
b) x2
+y2≥∨xy∨¿ dÊu( = ) x = y =
c) (x+y)2≥4 xy
d) a
(6)2)Bất đẳng thức Cô sy: a1+a2+a3+ +an
n ≥√a1a2a3 an Víi ai>0
3)Bất đẳng thức Bunhiacopski
+¿2n
¿
x12+x22+ ¿ (a1x1+a2x2+ +anxn)
2
(a22+a2
2
+ +an2)
¿
4) Bất đẳng thức Trê- b-sép: Nếu {a≤ b ≤ c
A ≤ B≤ C ⇒
aA+bB+cC ≥
a+b+c
A+B+C
NÕu {a ≤b ≤ c
A ≥ B ≥C ⇒
aA+bB+cC ≤
a+b+c
A+B+C
DÊu b»ng x¶y {a=b=c
A=B=C
b/ c¸c vÝ dơ
vÝ dụ Cho a, b ,c số không ©m chøng minh r»ng
(a+b)(b+c)(c+a) 8abc Giải: Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: (x+y)2≥4 xy
Tacã (a+b)2≥4 ab ; (b+c)2≥4 bc ; (c+a)2≥4 ac
⇒ (a+b)2 (b+c)2 (c+a)2 64a2b2c2=(8 abc)2
⇒ (a+b)(b+c)(c+a) 8abc DÊu “=” x¶y a = b = c
vÝ dơ 2(tù gi¶i): 1)Cho a,b,c>0 vµ a+b+c=1 CMR:
a+
1
b+
1
c≥9 (403-1001)
2)Cho x,y,z>0 vµ x+y+z=1 CMR:x+2y+z 4(1− x)(1− y)(1− z)
3)Cho a>0 , b>0, c>0 CMR: a
b+c+
b c+a+
c a+b≥
3
4)Cho x ,y tháa m·n 2√x −√y=1 ;CMR: x+y 15
vÝ dơ 3: Cho a>b>c>0 vµ a2
+b2+c2=1 chøng minh r»ng
3 3 1
a b c
b c a c a b
Gi¶i:
Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c ⇒ {
a2≥ b2≥c2 a
b+c≥
b a+c≥
c a+b
áp dụng BĐT Trê- b-sép ta có a2 a
b+c+b
b
a+c+c
c
a+b≥
a2+b2+c2 (
a b+c+
b a+c+
c a+b) =
1
3 =
1
VËy a
3
b+c+
b3 a+c+
c3 a+b≥
1
2 DÊu b»ng x¶y a=b=c=
√3
(7)Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng :
a2
+b2+c2+d2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10
Gi¶i: Ta cã a2
+b2≥2 ab
c2
+d2≥2 cd
Do abcd =1 nªn cd =
ab (dïng x+
x≥
1 )
Ta cã a2+b2+c2≥2(ab+cd)=2(ab+
ab)≥4 (1)
Mặt khác: a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)
=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) = (ab+
ab)+(ac+
ac)+(bc+
bc)≥2+2+2
VËy a2+b2+c2+d2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10
vÝ dô 5: Cho sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng:
b+d¿2 ¿
a+c¿2+¿ ¿
√¿
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski tacó ac+bd √a2
+b2.√c2+d2
mµ (a+c)2+(b+d)2=a2+b2+2(ac+bd)+c2+d2
(a2+b2)+2√a2+b2.√c2+d2+c2+d2
⇒
b+d¿2 ¿
a+c¿2+¿ ¿
√¿
vÝ dô : Chøng minh r»ng
a2
+b2+c2≥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)(a2+b2+c2)≥(1 a+1.b+1 c)2
⇒ (a2
+b2+c2)≥ a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)
⇒ a2
+b2+c2≥ab+bc+ac §iỊu ph¶i chøng minh DÊu b»ng x¶y a=b=c
Ph ơng pháp : Sử dụng tính chất bắc cầu
L
u ý: A>B và b>c thì A>c 0< x <1 th× x ❑2 <x
vÝ dô 1:
Cho a, b, c ,d >0 tháa m·n a> c+d , b>c+d
Chøng minh r»ng ab >ad+bc Gi¶i:
Tacã {a>c+d
b>c+d ⇒ {
a −c>d>0
b −d>c>0
(8)ab> ad+bc (điều phải chứng minh)
ví dô 2:
Cho a,b,c>0 tháa m·n a2
+b2+c2=5
Chøng minh
a+
1
b+
1
c<
1 abc
Gi¶i:
Ta cã :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc)
⇒ ac+bc-ab ¿¿ ¿
1
2 ( a2+b2+c2)
⇒ ac+bc-ab
6
¿ ¿
¿ Chia hai vÕ cho abc > ta cã
1
a+
1
b−
1
c
¿ ¿ ¿
1 abc
vÝ dô
Cho < a,b,c,d <1 Chøng minh r»ng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d Gi¶i:
Ta cã (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab Do a>0 , b>0 nªn ab>0
⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) Do c <1 nªn 1- c >0 ta cã ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
(Điều phải chứng minh)
ví dô
1- Cho <a,b,c <1 Chøng minh r»ng 2a3
+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a
Gi¶i :
Do a < ⇒ a2
<1 vµ
Ta cã (1− a2).(1− b)<0 ⇒ 1-b- a2 +
a2 b > ⇒ 1+ a2
b2 > a2 + b
mµ 0< a,b <1 ⇒ a2 >
a3 , b2 >
b3
Tõ (1) vµ (2) ⇒ 1+ a2 b2 > a3 + b3
VËy a3 +
b3 < 1+ a2
b2
T¬ng tù b3 + c3 1 +b2c
c ❑3 + a3
1+c2a
Cộng bất đẳng thức ta có : 2a3
+2b3+2c3≤3+a2b+b2c+c2a
b)Chøng minh r»ng : NÕu a2
+b2=c2+d2=1998 ac+bd =1998
(Chuyên Anh 98 99) Gi¶i:
Ta cã (ac + bd) ❑2 + (ad – bc )
❑2 = a ❑2 c ❑2 + b ❑2d2+2 abcd+a2d2 +b2c2 - abcd =
= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982
rá rµng (ac+bd)2
(ac+bd)2+(ad−bc)2=19982
⇒ |ac+bd|1998
2-Bài tập : 1, Cho số thùc : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m·n : a1+ a2+a3 + ….+a2003
=1
chøng minh r»ng : a ❑12 + a22+a32+ +a20032
2003 ( đề thi vào chuyên nga
(9)2,Cho a;b;c tháa m·n :a+b+c=1(?) Chøng minh r»ng: (
a−1¿.(
1
b−1).(
1
c−1)≥8
Ph ơng pháp 5: dùng tính chấtcủa tỷ sè
KiÕn thøc
1) Cho a, b ,c số dơng thì
a – NÕu a
b>1 th× a b>
a+c
b+c
b – NÕu a
b<1 th× a b<
a+c
b+c
2)NÕu b,d >0 th× tõ a b< c d⇒ a b<
a+c
b+d<
c d
`
vÝ dô :
Cho a,b,c,d > Chøng minh r»ng 1< a
a+b+c+
b b+c+d+
c c+d+a+
d d+a+b<2
Gi¶i :
Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã a
a+b+c<1⇒
a a+b+c<
a+d
a+b+c+d (1)
Mặt khác : a
a+b+c>
a
a+b+c+d (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã
a
a+b+c+d <
a a+b+c <
a+d
a+b+c+d (3)
T¬ng tù ta cã b
a+b+c+d<
b b+c+d<
b+a
a+b+c+d (4)
c
a+b+c+d<
c c+d+a<
b+c
a+b+c+d (5)
d
a+b+c+d<
d d+a+b<
d+c
a+b+c+d (6)
céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta cã
1< a
a+b+c+
b b+c+d+
c c+d+a+
d
d+a+b<2 ®iỊu ph¶i chøng minh
vÝ dơ :
Cho: a
b < c
d vµ b,d > Chøng minh r»ng a b <
ab+cd
b2 +d2<
c d
Gi¶i: Tõ a
b < c
d ⇒
ab
b2< cd
d2 ⇒
ab
b2< ab+cd
b2 +d2<
cd
d2=
c d
VËy a
b <
ab+cd
b2 +d2<
c
d ®iỊu phải chứng minh
(10)tìm giá trị lín nhÊt cđa a
c+ b d
gi¶i : Không tính tổng quát ta giả sử : a
c b
d Tõ : a c
b
d ⇒
a c≤
a+b
c+d≤
b d a
c≤1 v× a+b = c+d
a, NÕu :b 998 th× b
d 998 ⇒
a c+
b
d 999
b, NÕu: b=998 th× a=1 ⇒ a
c+ b
d =
1
c+
999
d Đạt giá trị lớn d= 1; c=999
Vậy giá trị lớn a
c+ b
d =999+
1
999 a=d=1; c=b=999
Ph ơng pháp 6: Phơng pháplàm tréi
L u ý:
Dùngcác tính bất đẳng thức để đa vế bất đẳng thc v dng tớnh c tng
hữu hạn tích hữu hạn
(*) Phng phỏp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1+u2+ +un
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u ❑k hiệu hai số hạng liên tiếp nhau: uk=ak−ak+1
Khi :
S = (a1− a2)+(a2− a3)+ +(an an+1)=a1an+1
(*) Phơng pháp chung tính tích hữu hạn P = u1u2 un
Biến đổi số hạng uk thơng hai số hạng liên tiếp nhau: uk = ak
ak+1
Khi P = a1
a2 a2
a3
an
an+1 = a1
an+1
VÝ dơ :
Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng
2<
n+1+
n+2+ +
n+n<
Gi¶i:
Ta cã
n+k>
n+n=
2n víi k = 1,2,3,…,n-1
Do đó:
n+1+
n+2+ + 2n>
1 2n+ +
1 2n=
n
2n=
1
VÝ dô :
Chøng minh r»ng:
1+
√2+
√3+ +
√n>2(√n+1−1) Với n số nguyên
Giải :
Ta cã
√k=
2 2√k>
2
√k+√k+1=2(√k+1−√k)
(11)> (√2−1)
√2>2(√3−√2)
………
√n>2(√n+1−√n)
Cộng vế bất đẳng thức ta có 1+
√2+
√3+ +
√n>2(√n+1−1) VÝ dô :
Chøng minh r»ng ∑
k=1
n
1
k2<2 ∀n∈Z
Gi¶i:
Ta cã
k2<
1
k(k −1)=
k −1−
k
Cho k chạy từ đến n ta có
1 22<1−
1
32< 2−
1
1
n2<
n −1−
n
⇒ 22+
1
32+ +
n2<1
VËy ∑
k=1
n
1
k2<2
Ph ơng pháp 7:
Dùng bất đẳng thức tam giác
L
u ý: NÕu a;b;clµ sè đo ba cạnh tam giác : a;b;c>
Vµ |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
Ví dụ1: Cho a;b;clà số đo ba cạnh tam gi¸c chøng minh r»ng
a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải
a)Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta cã {
0<a<b+c 0<b<a+c 0<c<a+b
{
a2<a(b+c)
b2<b(a+c)
c2
<c(a+b)
(12)b) Ta cã a > b-c b − c¿2
a2>a2−¿ >
b > a-c c −a¿
2
b2>b2−¿ >
c > a-b a −b¿
2 >0
c2
>c2−¿
Nhân vế bất đẳng thức ta đợc
⇒a2b2c2>[a2−(b − c)2][b2−(c − a)2] [c2−(a −b)2] ⇒a2b2c2>(a+b − c)2(b+c − a)2(c+a −b)2
⇒abc>(a+b − c).(b+c −a).(c+a −b)
VÝ dô2: (404 – 1001)
1) Cho a,b,c lµ chiều dài ba cạnh tam giác
Chứng minh r»ng ab+bc+ca<a2+b2+c2<2(ab+bc+ca)
2) Cho a,b,c lµ chiều dài ba cạnh tam giác có chu vi b»ng Chøng minh r»ng a2
+b2+c2+2 abc<2
Ph ơng pháp 8: đổi biến số
VÝ dô1:
Cho a,b,c > Chøng minh r»ng a b+c+
b c+a+
c a+b
3 (1)
Giải : Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a= y+z − x
2 ; b =
z+x − y
2 ; c =
x+y − z
ta cã (1) ⇔ y+z − x
2x +
z+x − y 2y +
x+y − z 2z
3
⇔ y
x+ z x−1+
x y+
z y−1+
x z+
y z−1≥3
⇔ ( y
x+ x y¿+(
z x+
x z)+(
z y+
y z)≥6
Bất đẳng thức cuối ( y
x+ x
y≥2; z x+
x
z≥2 ; z y+
y
z≥2 nªn ta có
điều phải chứng minh
Ví dụ2:
Cho a,b,c > vµ a+b+c <1 Chøng minh r»ng
a2+2 bc+
b2+2 ac+
c2+2 ab≥9 (1)
Giải:
Đặt x = a2
+2 bc ; y = b2+2 ac ; z = c2+2ab
Ta cã x+y+z=(a+b+c)2<1
(1) ⇔1
x+
1
y+
1
z≥9 Víi x+y+z < vµ x ,y,z >
Theo bất đẳng thức Cơsi ta có x+y+z ≥ √3xyz
1
x+
1
y+
1
z≥
3
(13)⇒ (x+y+z).(1
x+
1
y+
1
z)≥9
Mµ x+y+z < VËy
x+
1
y+
1
z≥9 (®pcm)
VÝ dô3:
Cho x , y tháa m·n 2√x −√y=1 CMR x+y ≥51
Gợi ý:
Đặt x=u , y=v ⇒ 2u-v =1 vµ S = x+y = u2+v2 ⇒ v = 2u-1 thay vµo
tÝnh S Bµi tËp
1) Cho a > , b > , c > CMR: 25a
b+c+ 16b
c+a+
c a+b>8
2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0 CMR
ma
b+c+ nb
c+a+ pc
a+b≥
2(√m+√n+√p)
−(m+n+p)
Ph ¬ng ph¸p 9: dïng tam thøc bËc hai
L u ý :
Cho tam thøc bËc hai f(x)=ax2
+bx+c
NÕu Δ<0 th× a.f(x)>0 ∀x∈R
NÕu Δ=0 th× a.f(x)>0 ∀x ≠ −b
a
NÕu >0 a.f(x)>0 với x<x1 x>x2 ( x2>x1 ) a.f(x)<0 víi x1<x<x2
VÝ dơ1:
Chøng minh r»ng
f(x , y)=x2+5y2−4 xy+2x −6y+3>0 (1)
Gi¶i:
Ta cã (1) ⇔ x2−2x(2y −1)+5y2−6y+3>0
Δ'=(2y −1)2−5y2+6y −3
¿4 y
2−4y
+1−5y2+6y −3
−(y −1)2−1<0
VËy f(x , y)>0 víi mäi x, y
VÝ dơ2:
Chøng minh r»ng
f(x , y)=x2y4+2(x2+2).y2+4 xy+x2>4 xy3
Gi¶i:
(14)x2y4
+2(x2+2).y2+4 xy+x2−4 xy3>0
y
2
+1¿2.x2+4y(1− y)2x+4y2>0 ⇔¿
Ta cã Δ'
=4y2(1− y2
)2−4y2 (y2
+1)2=−16y2<0
V× a = (y2
+1)2>0 vËy f (x , y)>0 (đpcm)
Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức với n>n0 ta thực bớc sau : – Kiểm tra bất đẳng thức với n=n0
- Giả sử BĐT với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đợc 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
VÝ dô1:
Chøng minh r»ng
12+
22+ +
n2<2−
n ∀n∈N ;n>1 (1)
Gi¶i :
Víi n =2 ta cã 1+1 4<2−
1
2 (đúng)
Vậy BĐT (1) với n =2
Giả sử BĐT (1) với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k+1
ThËt vËy n =k+1 th×
(1) ⇔
k+1¿2 ¿ ¿
1 12+
1
22+ +
k2+
1
¿
Theo giả thiết quy nạp
⇔
k+1¿2 ¿ ¿
12+ 22+ +
1
k2+
1 ¿
⇔
k+1¿2 ¿ ¿
1 12+ +
1
¿
(15)⇔
k+1¿2 ¿
k+1¿2 ¿
k+1+1
¿
⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều Vậy bất đẳng thức (1)đợc
chøng minh
VÝ dơ2: Cho n∈N vµ a+b> 0
Chøng minh r»ng (a+b
2 )
n
a
n
+bn
2 (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
(1) ⇔ (a+b )
k+1
a
k+1 +bk+1
⇔ (a+b
2 )
k
.a+b
2
ak+1 +bk+1
2 (2)
⇔ VÕ tr¸i (2) a
k
+bk
a+b =
ak+1
+abk+akb+bk+1
4 ≤
ak+1 +bk+1
⇔ ak+1+bk+1 −
ak+1
+abk+akb+bk+1 ≥0
⇔ (ak− bk).(a −b)≥0 (3)
Ta chøng minh (3)
(+) Giả sử a b giả thiết cho a -b ⇔ a |b|
⇔ ak≥
|b|k≥ bk ⇒ (ak− bk).(a −b)≥0
(+) Gi¶ sư a < b theo giả thiết - a<b |a|k<bkak<bk ⇔
(ak− bk).(a −b)≥0
Vậy BĐT (3)ln ta có (đpcm)
Ph ơng pháp 11: Chứng minh phản chứng
L u ý :
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 ngợc Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh
2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “G ⇒ K” phép toán mệnh đề cho ta :
Nh để phủ định luận đề ta ghép tất giả thiết luận đề với phủ định kết luận
Ta thờng dùng hình thức chứng minh phản chứng sau : A - Dùng mệnh đề phản đảo : −−K⇒− −G
(16)VÝ dô 1:
Cho ba sè a,b,c tháa m·n a +b+c > , ab+bc+ac > , abc > Chøng minh r»ng a > , b > , c >
Gi¶i :
Giả sử a từ abc > ⇒ a a < Mà abc > a < ⇒ cb <
Tõ ab+bc+ca > ⇒ a(b+c) > -bc > V× a < mµ a(b +c) > ⇒ b + c <
a < vµ b +c < ⇒ a + b +c < tr¸i gi¶ thiÕt a+b+c > VËy a > t¬ng tù ta cã b > , c >
VÝ dô 2:
Cho sè a , b , c ,d tháa m·n ®iỊu kiƯn
ac 2.(b+d) Chứng minh có bất đẳng thức sau sai:
a2
<4b , c2<4d
Gi¶i :
Giả sử bất đẳng thức : a2
<4b , c2<4d cộng cỏc v ta
đ-ợc
a2+c2<4(b+d) (1)
Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d) 2ac (2)
Tõ (1) vµ (2) ⇒ a2+c2<2 ac hay (a − c)2<0 (v« lý)
Vậy bất đẳng thức a2<4b c2<4d có bất đẳng thức
sai
VÝ dô 3:
Cho x,y,z > vµ xyz = Chøng minh r»ng
NÕu x+y+z >
x+
1
y+
1
z th× cã mét ba số lớn
Giải :
Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1
=x + y + z – (
x+
1
y+
1
z ) v× xyz =
theo gi¶ thiÕt x+y +z >
x+
1
y+
1
z
nªn (x-1).(y-1).(z-1) >
Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè d¬ng
Thật ba số dơng x,y,z > ⇒ xyz > (trái giả thiết) Còn số dơng (x-1).(y-1).(z-1) < (vơ lý) Vậy có ba số x , y,z lớn
Phần iii : tập nâng cao 1/dùng định nghĩa
1) Cho abc = vµ a3
>36 Chøng minh r»ng a +¿ b
2+c2> ab+bc+ac
Gi¶i
Ta cã hiÖu: a2
3 +¿ b
(17)= a2
4 +¿
a2
12+¿ b
2+c2- ab- bc – ac
= ( a2
4 +¿ b
2+c2- ab– ac+ 2bc) + a2
12− 3bc
=( a
2 -b- c)2 +
a3−36 abc 12a
=( a
2 -b- c)2 +
a3−36 abc
12a >0 (v× abc=1 a
3 > 36 nên a >0 )
VËy : a2
3 +¿ b
2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh
2) Chứng minh r»ng a) x4
+y4+z2+1≥2x.(xy2− x+z+1)
b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã a2+5b2−4 ab+2a −6b+3>0
c) a2
+2b2−2 ab+2a −4b+2≥0
Gi¶i :
a) XÐt hiƯu
H = x4+y4+z2+1−2x2y2+2x2−2 xz−2x
= (x2
− y2)2+(x − z)2+(x −1)2
H ta có điều phải chứng minh b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt
H = (a −2b+1)2+(b −1)2+1
⇒ H > ta có điều phải chứng minh c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt
H = (a −b+1)2+(b −1)2
⇒ H ta có điều phải chứng minh
Ii / Dựng bin đổi t ơng đ ơng
1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng
(x
2 +y2)2
(x − y)2 ≥8
Gi¶i :
Ta cã x2
+y2=(x − y)2+2 xy=(x − y)2+2 (v× xy = 1)
⇒ (x2
+y2)2=(x − y)4+4 (x − y)2+4
Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với (x − y)4+4(x − y)2+4≥8.(x − y)2
⇔ (x − y)4−4(x − y)2+4≥0
⇔ [(x − y)2
−2]2≥0
BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh 2) Cho xy Chứng minh
1+x2+ 1+y2≥
2 1+xy
Gi¶i :
Ta cã
1+x2+ 1+y2≥
(18)⇔ (
1+x2− 1+y2)+(
1 1+y2−
1 1+xy)≥0
⇔ xy− x
2
(1+x2).(1+xy)+
xy− y2
(1+y2).(1+xy)≥0
⇔ x(y − x)
(1+x2).(1+xy)+
y(x − y)
(1+y2).(1+xy)≥0
⇔ (y − x)
2
(xy−1)
(1+x2).(1+y2).(1+xy)≥0
BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh
Iii / dùng bất đẳng thức phụ
1) Cho a , b, c số thùc vµ a + b +c =1
Chøng minh r»ng a2+b2+c2≥1
Gi¶i :
áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) vµ (a,b,c) Ta cã (1.a+1 b+1 c)2≤(1+1+1).(a2+b2+c2)
⇔ (a+b+c)2≤3 (a2+b2+c2)
⇔ a2
+b2+c21
3 (vì a+b+c =1 ) (đpcm)
2) Cho a,b,c số dơng
Chøng minh r»ng (a+b+c).(1
a+
1
b+
1
c)≥9 (1)
Gi¶i :
(1) ⇔ 1+a
b+ a c+
b a+1+
b c+
c a+
c a+1≥9
⇔ 3+(a
b+ b a)+(
a c+
c a)+(
b c+
c b)≥9
¸p dơng B§T phơ x
y+ y
x ≥2 Víi x,y >
Ta có BĐT cuối Vậy (a+b+c).(1
a+
1
b+
1
c)≥9 (®pcm)
Iv / dùng ph ơng pháp bắc cầu
1) Cho < a, b,c <1 Chøng minh r»ng :
2a3
+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a
Gi¶i :
Do a <1 ⇒ a2 <1 b <1
Nên (1 a2).(1 b2)
>0⇒1+a2b − a2−b>0
Hay 1+a2b>a2+b (1)
Mặt khác <a,b <1 a2
>a3 ; b>b3
⇒ 1+a2>a3+b3
VËy a3
+b3<1+a2b
(19)b3+c3<1+b2c
a3+c3<1+c2a
⇒ 2a3+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a (®pcm)
2) So sánh 31 11 17
14
Gi¶i :
Ta thÊy 3111 <
11
11 55 56
32 2 2
Mặt khác
14
56 4.14 14 14
2 2 16 17
Vëy 31 ❑11 < 17
❑14 (®pcm)
V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè
1) Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng :
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
Gi¶i :
Vì a ,b ,c ,d > nên ta có
a b a b a b d
a b c d a b c a b c d
(1)
b c b c b c a
a b c d b c d a b c d
(2)
d a d a d a c
a b c d d a b a b c d
(3)
Cộng vế bất đẳng thức ta có :
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
(®pcm)
2) Cho a ,b,c số đo ba cạnh tam gi¸c Chøng minh r»ng
a b c
b c c a a b
Gi¶i :
Vì a ,b ,c số đo ba cạnh tam giác nên ta có a,b,c > Và a < b +c ; b <a+c ; c < a+b
Tõ (1)
2
a a a a
b c a b c a b c
Mặt khác
a a
b c a b c
VËy ta cã
2
a a a
a b c b c a b c T¬ng tù ta cã
2
b b b
a b c a c a b c
2
c c c
a b c b a a b c
(20)
a b c
b c c a a b
(®pcm)
V/ ph ơng pháp làm trội :
1) Chøng minh B§T sau : a)
1 1
1.3 3.5 (2n1).(2n1)2
b)
1 1
1
1.2 1.2.3 1.2.3 n
Gi¶i :
a) Ta cã
2 1 (2 1)
1 1 1
2 2 (2 1).(2 1) 2
k k
n n k k k k
Cho n chạy từ đến k Sau cộng lại ta có
1 1
1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2n
(®pcm)
b) Ta cã
1 1 1
1
1.2 1.2.3 1.2.3 n 1.2 1.2.3 n n
<
1 1 1
1 2
2 n n n
(®pcm)
Phần iv : ứng dụng bất đẳng thức
1/ dùng bất đẳng thức để tìm c c trị
L u ý
- Nếu f(x) A f(x) có giá trị nhỏ A
- Nếu f(x) B f(x) có giá trị lớn lµ B
VÝ dơ 1 :
Tìm giá trị nhỏ : T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| Gi¶i :
Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x| |x-1+4-x| = (1)
Vµ x x x 23 x x 3 x 1 (2) VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| 1+3 = 4
Ta cã tõ (1) DÊu b»ng x¶y 1 x
(2) DÊu b»ng x¶y 2 x VËy T cã giá trị nhỏ x Ví dụ :
Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa
S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > vµ x+y+z =1 Gi¶i :
(21)
3 1
3 27
xyz xyz
áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có x y y z z x 33x y y z x z
3 3x y y z z x DÊu b»ng x¶y x=y=z=
1
VËy S
8
27 27 729
VËy S có giá trị lớn
8
729 x=y=z=
VÝ dơ : Cho xy+yz+zx = T×m giá trị nhỏ x4y4z4 Giải :
áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ;(x,y,z)
Ta cã
2 2 2 2
xy yz zx x y z
2 2
1 x y z
(1)
Ap dơng B§T Bunhiacèpski cho (x y z2, 2, 2) vµ (1,1,1)
Ta cã
2 2 2 2 4 2 2 4
( ) (1 1 )( )
( ) 3( )
x y z x y z
x y z x y z
Tõ (1) vµ (2) 3( x4y4z4)
4 4
x y z
VËy x4y4z4 có giá trị nhỏ
1
3 x=y=z= 3
VÝ dụ :
Trong tam giác vuông có cạnh huyền , tam giác vuông có diƯn tÝch lín nhÊt
Gi¶i :
Gọi cạnh huyền tam giác 2a Đờng cao thuộc cạnh huyền h
Hình chiếu cạnh góc vuông lên cạnh hun lµ x,y Ta cã S =
2
2 x y h a h a h a xy
Vì a khơng đổi mà x+y = 2a
VËy S lín nhÊt x.y lín nhÊt xy
VËy c¸c tam giác có cạnh huyền tam giác vuông c©n cã diƯn tÝch lín nhÊt
Ii/ dùng b.đ.t để giải ph ơng trình hệ ph ơng trình
(22)Giải phơng trình sau
3x26x19 5x210x14 2 x x Gi¶i :
Ta cã 3x26x19 3.(x22x1) 16
3.(x1)216 16
2
5x 10x14 5. x1 9
VËy 3x26x19 5x210x14 5 DÊu ( = ) x¶y x+1 = x = -1
VËy 3x26x19 5x210x14 2 x x x = -1 Vậy phơng trình có nghiệm nhÊt x = -1
VÝ dô :
Giải phơng trình
x 2 x2 4y24y3 Gi¶i :
¸p dơng B§T BunhiaCèpski ta cã :
2 2 2
2 1 2 2
x x x x
DÊu (=) x¶y x =
Mặt khác
2
4y 4y 3 2y1 2
DÊu (=) x¶y y =
-1
VËy x 2 x2 4y24y 3 x =1 vµ y
=-1
Vậy nghiệm phơng trình
1
x y
VÝ dô :
Giải hệ phơng trình sau:
4
1
x y z
x y z xyz
Giải : áp dụng BĐT Côsi ta có
4 4 4 4 4
2 2 2
2 2 2 2 2 2 x
2 2
2 2
x y y z z x
y z
x y y z z x
x y y z z y z z x z y x
2 2
.( )
y xz z xy x yz xyz x y z
V× x+y+z = 1)
(23)DÊu (=) x¶y x = y = z =
1
VËy 4
1
x y z
x y z xyz
cã nghiÖm x = y = z =
1
VÝ dô : Giải hệ phơng trình sau
2 xy y xy x (1) (2)
Từ phơng trình (1) 8 y2 0 hay y Tõ ph¬ng tr×nh (2)
2 2 . 2 2
x x y x
2
2
2 2
( 2)
2 x x x x x
NÕu x = th× y = 2 NÕu x = - th× y = -2 VËy hƯ phơng trình có nghiệm
2 x y
vµ
2 2 x y
Iii/ dùng B.Đ.t để giải ph ơng trình nghiệm nguyên
1) Tìm số nguyên x,y,z thoả mÃn x2y2z2xy3y2z Giải :
Vì x,y,z sè nguyªn nªn x2y2z2 xy3y2z
2 2
2
2
3
3
3
4
x y z xy y z
y y
x xy y z z
2
3 1
2 y y x z (*)
Mµ
2
2
3 1
2 y y x z
x y R,
2
2
3 1
(24)
0
2 1
1
2
1
y x
x y
y z z
Các số x,y,z phải tìm lµ
1
x y z
VÝ dơ 2:
T×m nghiƯm nguyên dơng phơng trình
1 1
x yz
Gi¶i :
Không tính tổng quát ta gi¶ sư x y z Ta cã
1 1
2 2z
x y z z
Mà z nguyên dơng z = Thay z = vào phơng trình ta đợc
1 1
x y
Theo giả sử xy nên =
1
x y
1
y
2
y
mµ y nguyên dơng
Nên y = y = Với y = không thÝch hỵp
Víi y = ta cã x =
VËy (2 ,2,1) nghiệm phơng trình
Hoán vị số ta đợc nghiệm phơng trình (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2)
VÝ dơ :
T×m cặp số nguyên thoả mÃn phơng trình
x x y (*) Gi¶i :
(*) Víi x < , y < phơng trình nghĩa (*) Víi x > , y >
Ta cã x x y x xy2 x y2 x0
Đặt x k (k nguyên dơng x nguyên dơng ) Ta có k k.( 1)y2
Nhng
2 1 1
k k k k
(25)Mà k k+1 hai số nguyên dơng liên tiếp không tồn số nguyên dơng
Nên cặp số nguyên dơng thoả mÃn phơng trình
Vậy phơng trình có nghiệm :
0
x y