Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Chuyên đề : Bất đẳng thức Tác giả : Nguyễn –Văn –Thủy
su tập biên soạn năm 2000 chỉnh sửa năm :2007
Bác tặng cháu - chúc cháu thành công A- Mở đầu:
Bt ng thc l mt mảng kiến thức khó tốn học phổ thông
Nhng thông qua tập chứng minh bất đẳng thức học sinh hiểu kỹ sâu sắc giải biện luận phơng trình , bất phơng trình ,về mối liên hệ yếu tố
của tam giác tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức Trong trình giải tập , lực suy nghĩ , sáng tạo học sinh đợc phat triển đa dang phong phú
vì tập bất đẳng thức có cách giải khơng theo quy tắc khn mẫu
Nó địi hỏi ngời đọc phải có cách suy nghĩ lơgic sáng tạo biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức cách lơgíc có hệ thống
Cũng tốn bất đẳng thức khơng có cách giải mẫu , không theo phơng pháp định nên học sinh rât lúng túng giải toán bất đẳng thức học sinh khơng theo hơng Do hầu hết học sinh khơng biết làm tốn bất đẳng thứcvà vận dụng bất đẳng thức để giải loại tập khác
Trong thực tế giảng dạy toán trờng THCS việc làm cho học sinh biết chứng minh bất đẳng thức vận dụng bất đẳng thức vào giải tập có liên quan công việc quan trọngvà thiếu đợc ngời dạy tốn ,thơng qua rèn luyện
T lôgic khả sáng tạo cho học sinh Để làm đợc điều ngời thầy giáo phải cung cấp cho học sinh số kiến thức số phơng pháp suy nghĩ ban đầu bất đẳng thức
Chính lí nên tơi tự tham khảo biên soạn chuyên đề bất đẳng thức nhằm mục đích giúp học sinh học tốt
Danh mục chuyên đề
S.t.t Néi dung trang
1 Phần mở đầu
2 Ni dung chuyờn
3 Các kiến thức cần lu ý
4 Các phơng pháp chứng minh bát đẳng thức
5 Phơng pháp 1:dùng định nghiã
6 Phơng pháp 2:dùng biến đổi tơng đơng
7 Phơng pháp 3:dùng bất đẳng thức quen thuc
8 Phơng pháp 4:dùng tính chất bắc cầu 10
9 Phơng pháp 5: dùng tính chấtbủa tỷ số 12
10 Phơng pháp 6: dùng phơng pháp làm trội 14
11 Phng phỏp 7: dựmg bát đẳng thức tam giác 16
12 Phơng pháp 8: dựng i bin 17
13 Phơng pháp 9: Dùng tam thức bậc hai 18
14 Phơng pháp 10: Dùng quy nạp toán học 19
15 Phơng pháp 11: Dùng chứng minh phản chứng 21
16 Các tập nâng cao 23
17 ứng dụng cđa bÊt d¼ng thøc 28
18 Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị 29
19 Dùng bất đẳng thức để: giải phơng trình hệ phơng trình 31
20 Dùng bất đẳng thức để : giải phơng trỡnh nghim nguyờn 33
21 Tài liệu tham khảo
B- néi dung
(2)1- Định nghĩa 2- Tính chất
3-Một số bất đẳng thức hay dùng
Phần 2:một số phơng pháp chứng minh bất đẳng 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 tập nâng 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 trình nghiệm ngun
PhÇn 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
+ A>B vµ C > D ⇒ A+C > B + D + A>B vµ C > ⇒ A.C > B.C + 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|
(3)Phần II : số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức Ph
ơng pháp : dùng định nghĩa Kiến thức : Để chứng minh A > B Ta chứng minh A –B >
Lu ý dùng bất đẳng thức M ❑2 với M Ví dụ x, y, z chứng minh :
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
❑2 + z ❑2 - 2xy +2xz –2yz =( x – y + z) ❑2 với x;y;zR
Vậy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz với x;y;zR Dấu xảy 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 dơ 2: chøng minh r»ng : a) a
2 +b2
2 ≥(
a+b
2 )
2
;b) a
2
+b2+c2
3 ≥(
a+b+c
3 )
2
c) H·y tæng quát toán
giải a) Ta xét hiệu a
2 +b2
2 −(
a+b
2 )
2 = 2(a
2 +b2)
4 −
a2
+2ab+b2
4
=
4(2a
2
(4)=
4(a −b)
2 ≥0
VËy a
+b2
2 ≥(
a+b
2 )
2
DÊu b»ng x¶y a=b b)Ta xÐt hiÖu
a
+b2+c2
3 −(
a+b+c
3 )
2
=
9[(a − b)
2
+(b − c)2+(c − a)2]≥0 VËy a
2
+b2+c2
3 ≥(
a+b+c
3 )
2
DÊu b»ng x¶y a = b =c c)Tỉng qu¸t
a1
+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) Gi¶i:
⇔(m2
4 −mn+n
2 )+(m
2
4 −mp+p
2 )+(m
2
4 −mq+q
2 )+(m
2
4 − m+1)≥0
⇔(m
2 − n)
2 +(m
2− p)
2 +(m
2− q)
2 +(m
2 −1)
2
≥0 (luôn đúng)
DÊu b»ng x¶y
{m2 −n=0
m
2− p=0
m
2 −q=0
m
2 −1=0
⇔ {
n=m
2
p=m
2
q=m
2
m=2
⇔ {n m=2 =p=q=1
Bµi tËp bæ xung
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
(5)VÝ dô 1:
Cho a, b, c, d,e số thực chøng minh r»ng a) a2+b
2
4 ≥ab
b) a2
+b2+1≥ab+a+b
c) a2+b2+c2+d2+e2≥ a(b+c+d+e) Gi¶i:
a) a2+b
4 ≥ab
⇔4a2+b2≥4 ab ⇔4a2−4a+b2≥0
⇔(2a −b)2≥0 (bất đẳng thức đúng) Vậy a2+b
2
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 Vậy a2+b2+1≥ab+a+b
DÊu b»ng x¶y a=b=1
c) a2+b2+c2+d2+e2≥ a(b+c+d+e)
⇔ 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 Ví dụ 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 x
2 +y2
x − y 2√2 Gi¶i:
x2 +y2
x − y 2√2 v× :x y nªn 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 v× x.y=1 nªn 2.x.y=2
⇒ (x-y- √2 )2 Điều ln ln Vậy ta có điều phải chứng minh
VÝ dô 4:
1)CM: P(x,y)= 9x2y2
(6){
x.y.z=1
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) → sè x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 d¬ng
Nếủ trờng 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 b+
b a≥2
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
3 ≥
a+b+c
3
A+B+C
3
NÕu {a ≤b ≤ c
A ≥ B ≥C ⇒
aA+bB+cC
3 ≤
a+b+c
3
A+B+C
3
Dấu xảy {a=b=c A=B=C b/ vÝ dô
vÝ dô Cho a, b ,c số không âm chứng minh (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 dô 2(tù giải): 1)Cho a,b,c>0 a+b+c=1 CMR: a+
1
b+
1
(7)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
5
vÝ dơ 3: Cho a>b>c>0 vµ a2+b2+c2=1 chøng minh r»ng
3 3 1
2
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-sÐp ta cã
a2 a
b+c+b
b
a+c+c
c
a+b≥ a2
+b2+c2
3 (
a b+c+
b a+c+
c a+b) =
1
3
3
2 =
1
VËy a b+c+
b3 a+c+
c3 a+b≥
1
2 DÊu b»ng x¶y a=b=c=
√3
vÝ dơ 4:
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
2 )
Ta có a2+b2+c22(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+
1
ac)+(bc+
1
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+¿
¿ √¿
(8)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 b>c A>c 0< x <1 th× x ❑2 <x vÝ dơ 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 ⇒ (a-c)(b-d) > cd
⇔ ab-ad-bc+cd >cd
ab> ad+bc (điều phải chứng minh) vÝ dô 2:
Cho a,b,c>0 tháa m·n a2+b2+c2=5
3
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 a+
1
b−
1
c ¿ ¿ ¿
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) vÝ 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
(9)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 th× ac+bd =1998 (Chuyªn 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 thực : 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 pháp 2003-
2004Thanh hãa )
2,Cho a;b;c tháa m·n :a+b+c=1(?) Chøng minh r»ng: (
a−1¿.(
1
b−1).(
1
c1)8
Ph
ơng pháp 5: dùng tÝnh chÊtcña tû sè KiÕn thøc
1) Cho a, b ,c số dơng 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+
(10)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 điều phải chứng minh
ví dụ : Cho a;b;c;dlà số nguyên dơng thỏa mÃn : a+b = c+d =1000 tìm giá trị lớn a
c+ b d
giải : 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 = c+ 999
d Đạt giá trị lớn d= 1; c=999 Vậy giá trị lớn a
c+ b
d =999+
1
(11)Ph
ơng pháp 6: Phơng pháplàm trội L
u ý:
Dùng tính bất đẳng thức để đa vế bất đẳng thức dạng tính đợc tổng hữu hạn tích hữu hạn
(*) Phơng pháp 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)=a1−an+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 dô :
Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng
2<
n+1+
1
n+2+ +
1
n+n<
3
Gi¶i:
Ta cã n+k>
1
n+n=
1
2n với k = 1,2,3,…,n-1 Do đó:
n+1+
1
n+2+ +
1 2n>
1
2n+ +
1
2n=
n
2n=
1
VÝ dô :
Chøng minh r»ng: 1+
√2+
√3+ +
1
√n>2(√n+1−1) Víi n số nguyên Giải :
Ta có
√k=
2 2√k>
2
(12)> (√2−1)
√2>2(√3−√2)
………
√n>2(√n+1−√n)
Cộng vế bất đẳng thức ta có 1+
√2+
√3+ +
1
√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)=
1
k −1−
k Cho k chạy từ đến n ta có
1 22<1−
1
32<
2−
1
1
n2<
1
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: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh tam giác : a;b;c> Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
VÝ dơ1: Cho a;b;clµ số đo ba cạnh tam giác chứng minh a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
(13)a)Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta có {
0<a<b+c 0<b<a+c 0<c<a+b
{
a2<a(b+c) b2
<b(a+c) c2
<c(a+b) Cộng vế bất đẳng thức ta có
a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
b) Ta cã a > b-c b − c¿ 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 chiều dài ba cạnh cđa tam gi¸c
Chøng minh r»ng ab+bc+ca<a2+b2+c2<2(ab+bc+ca) 2) Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam gi¸c cã chu vi b»ng Chøng minh r»ng a2
+b2+c2+2 abc<2
Ph ơng pháp 8: đổi biến số Ví dụ1:
Cho a,b,c > Chøng minh r»ng a b+c+
b c+a+
c a+b≥
3
2 (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
2
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
(14)Cho a,b,c > vµ a+b+c <1 Chøng minh r»ng
a2+2 bc+
1
b2+2 ac+
1
c2+2 ab9 (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 Với x+y+z < x ,y,z > Theo bất đẳng thức Cơsi ta có
x+y+z ≥ √3xyz
1
x+
1
y+
1
z≥
√
xyz ⇒ (x+y+z).(1
x+
1
y+
1
z)≥9 Mµ x+y+z <
VËy x+
1
y+
1
z≥9 (®pcm) VÝ dơ3:
Cho x , y tháa m·n 2√x −√y=1 CMR x+y ≥1
5
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≥
1
2(√m+√n+√p)
2
(15)
Ph ơng pháp 9: dùng 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 Δ>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
¿4y 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:
Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với 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
(16)Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học Kiến thøc:
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 Ví dụ1:
Chøng minh r»ng
12+
1
22+ +
n2<2−
1
n ∀n∈N ;n>1 (1) Gi¶i :
Víi n =2 ta cã 1+1
4<2−
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 ¿ ¿
12+ 22+ +
1 k2+
1 Theo giả thiết quy nạp
⇔
k+1¿2 ¿ ¿
1
12+
1
22+ +
1
k2+
1
¿
⇔
k+1¿2 ¿ ¿
12+ + ¿
⇔
k+1¿2 ¿ k+1¿2
¿ k+1+1
¿
⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều Vậy bất đẳng thức (1)đợc chứng minh
VÝ dơ2: Cho n∈N vµ a+b> 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
2 )
k+1
a
k+1 +bk+1
(17)⇔ (a+b
2 )
k
.a+b
2
ak+1 +bk+1
2 (2)
⇔ VÕ tr¸i (2) a
k
+bk
2
a+b
2 =
ak+1
+abk+akb+bk+1
4 ≤
ak+1 +bk+1
2
⇔ a
k+1 +bk+1
2 −
ak+1
+abk+akb+bk+1
4 ≥0
⇔ (ak− bk).(a −b)≥0 (3) Ta chøng minh (3)
(+) Gi¶ sư a b giả thiết cho a -b a |b|
⇔ ak≥|b|k≥ bk ⇒ (ak− bk).(a −b)≥0
(+) Giả sử a < b theo giả thiết - a<b ⇔ |a|k<bk⇔ak<bk ⇔ (ak− bk).(a −b)≥0 Vậy BĐT (3)luôn ta cú (pcm)
Ph ơng pháp 11: Chøng minh ph¶n chøng
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 vơ 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 B – Phủ định rôi suy trái giả thiết : C – Phủ định suy trái với điều D – Phủ định suy điều trái ngợc E – Phủ định suy kết luận :
(18)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 > Vì a < mà a(b +c) > ⇒ b + c <
a < vµ b +c < a + b +c < trái giả thiết 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 kiÖn
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 vế ta đợc 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 sè 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
(19)Phần iii : tập nâng cao 1/dùng định nghĩa
1) Cho abc = vµ a3
>36 Chøng minh r»ng a
3 +¿ b
2+c2> ab+bc+ac
Gi¶i Ta cã hiƯu: a
2
3 +¿ b
2+c2- ab- bc – ac
= a
4+¿
a2
12+¿ b
2+c2- ab- bc – ac
= ( a
4 +¿ b
2+c2- ab– ac+ 2bc) + a
2
12− 3bc
=( a
2 -b- c)2 + a
3
−36 abc
12a
=( a
2 -b- c)2 + a
3
−36 abc
12a >0 (v× abc=1 a
3 > 36 nên a >0 )
VËy : a
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 hiÖu
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
(20)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
1+y2≥
2
1+xy
Gi¶i :
Ta cã
1+x2+
1
1+y2≥
2
1+xy
⇔ (
1+x2−
1
1+y2)+(
1
1+y2−
1
1+xy)≥0
⇔ xy− x
(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 thực a + b +c =1 Chøng minh r»ng a2+b2+c2≥1
3
Giải :
áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho sè (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+c2≥1
(21)2) Cho a,b,c số dơng
Chứng 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 áp dụng BĐT phụ x
y+ y
x≥2 Với x,y > Ta có BĐT cuối ln
VËy (a+b+c).(1 a+
1
b+
1
c)≥9 (®pcm) Iv / dïng 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 T¬ng tù ta cã
b
+c3<1+b2c a3+c3<1+c2a
2a3+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a (đpcm) 2) So sánh 31 11 17
14 Giải :
Ta thÊy 31 11
< 11
11 55 56
32 2 2
MỈt kh¸c
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 :
2 a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
Gi¶i :
V× a ,b ,c ,d > nªn ta cã
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
(22)
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 :
2 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 giác Chứng minh r»ng
1 a b c
b c c a a b
Giải :
Vì a ,b ,c số đo ba cạnh tam giác nên ta có a,b,c > Vµ 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 Cộng vế ba bất đẳng thức ta có :
1 a b c
b c c a a b
(đpcm)
V/ ph ơng pháp làm tréi : 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
(23)Phần iv : ứng dụng bất đẳng thức 1/ dùng bất đẳng thức để tìm c c trị
L u ý
- NÕu f(x) A f(x) có giá trị nhỏ A - Nếu f(x) B f(x) có giá trị lín nhÊt lµ B VÝ dơ :
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 2 x x 3 x x 3 x 1 (2) VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| 1+3 =
Ta cã tõ (1) DÊu b»ng x¶y 1 x (2) DÊu b»ng x¶y x Vậy T có giá trị nhỏ nhÊt lµ 2 x VÝ dơ :
Tìm giá trị lớn cđa
S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > x+y+z =1 Giải :
Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT C«si ta cã x+ y + z 33 xyz
3 1
3 27
xyz xyz
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có
3
x y y z z x x y y z x z
3
2 x y y z z x
DÊu b»ng x¶y x=y=z= VËy S
8
27 27 729
VËy S có giá trị lớn
(24)Tìm giá trị nhỏ x4y4z4 Giải :
áp dụng B§T Bunhiacèpski cho sè (x,y,z) ;(x,y,z)
Ta cã
2
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)
4 4
1 3(x y z )
4 4
3
x y z
VËy
4 4
x y z cã gi¸ trị nhỏ
3 x=y=z= 3 VÝ dô :
Trong tam giác vuông có cạnh huyền , tam giác vuông có diện tích lớn Giải :
Gọi cạnh huyền tam giác 2a Đờng cao thuộc cạnh huyền h
Hình chiếu cạnh góc vuông lên cạnh huyền x,y Ta có 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 tam giác có cạnh huyền tam giác vuông cân có diện tích lớn
(25)
VÝ dô :
Giải phơng trình sau
3x26x19 5x210x14 2 x x Gi¶i :
Ta cã 3x26x19
2
3.(x 2x 1) 16
2
3.(x 1) 16 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 VËy phơng trình có nghiệm x = -1
Ví dụ :
Giải phơng tr×nh
x 2 x2 4y24y3 Giải :
áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta cã :
2 2 2
2 1 2 2
x x x x
DÊu (=) xảy x =
Mặt khác
2
4y 4y 3 2y1 2
DÊu (=) x¶y y = -1 VËy
2
2 4
x x y y x =1 vµ y =-1
VËy nghiƯm phơng trình
1 x y
Ví dụ :
Giải hệ phơng tr×nh sau:
4 4
1 x y z
x y z xyz
Giải : áp dụng BĐT C«si ta cã
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)
(26)DÊu (=) x¶y x = y = z =
VËy
4 4
1 x y z
x y z xyz
cã nghiÖm x = y = z =
1 Ví dụ : Giải hệ phơng tr×nh sau
2
2
2
xy y
xy x
(1) (2) Từ phơng trình (1)
2
8 y
hay y
Từ phơng trình (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 = - y = -2 Vậy hệ phơng tr×nh cã nghiƯm
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 Gi¶i :
Vì x,y,z số nguyên nên
2 2 3 2 3
(27)
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
3 1
2 y y x z
x y R,
2
2
3 1
2 y y x z 1
1
2 1 y x x y y z z
Các số x,y,z phải tìm lµ x y z VÝ dô 2:
Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình
1 1 x yz Giải :
Không tính tổng quát ta giả sử 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
mà y nguyên dơng Nên y = y =
Với y = không thích hợp
Víi y = ta cã x =
VËy (2 ,2,1) lµ mét nghiệm phơng trình
Hoỏn v cỏc số ta đợc nghiệm phơng trình (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2)
VÝ dô :
Tìm cặp số nguyên thoả mÃn phơng trình x x y (*)
Gi¶i :
(28)Ta cã x x y x xy2
2 0
x y x
Đặt x k (k nguyên dơng x nguyên dơng ) Ta có k k.( 1)y2
Nhng
2
2 1 1
k k k k
ky k
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 nhÊt lµ : 0 x y
Tµi liƯu tham kh¶o
************ 1- tốn nâng cao chuyên đề đại số -nxb giáo dục – – 1998
Tác giả : Nguyễn Ngọc Đạm Nguyễn Việt Hải Vũ Dơng Thụy
2- toán nâng cao cho học sinh - đại số 10
-nxb Đại học quốc gia hà nội 1998 Tác giả : Phan Duy Kh¶i
– toán bồi dỡng học sinh đại số 9 -nhà xuất hà nội
Tác giả : Vũ Hữu Bình – Tơn Thân - Đỗ Quang Thiều – sách giáo khoa đại số 8,9,10
-nxb gi¸o dơc – 1998
– toán nâng cao đại số 279 toán chọn lọc -nhà xuất trẻ – 1995
Tác giả : Võ Đại Mau
– Giáo trình đại số sơ cấp trờng đhsp i – hà nội
(29)