CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Do a, b, c là các số dương nên ta nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức Côsi... Phương pháp sử dụng tính đồng biến, nghịch biến của hàm số:.[r]

CHỦ ĐIỂM 3: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1 Phương pháp dựa vào định nghĩa:

Để chứng minh A B ta chứng minh A B 0

Bài toán số 1: Chứng minh

2

2 2

3

a b c a b c  

 

  với số thực a, b, c

Phân tích:

Đây đẳng thức quen thuộc, ta giải cách xét hiệu vế trái vế phải

Lời giải:

Xét hiệu

 

     

2 2 2

2 2

2 2

3

3

9

3

0

a b c a b c

a b b c c a a b c a b c

    



    

     

   



 

Vậy

2

2 2

3

a b c  a b c  

 

 

Do

2 2

3

a b c  a b c  

 

 

Khai thác toán:

Bằng phương pháp xét dấu hiệu A B ta xét đắn bất

đẳng thức A B Để ý với hai số thực u, v ta có:

2

2

2

u v  u v 

 

 

 



Bài toán số 2: Chứng minh ab1 thì: 2

1

1a 1b 1ab

Phân tích:

Cũng xét hiệu hai vế sử dụng giả thiết

 

1

ab   ab  .

Lời giải:

   

    

2

2

2

2

2

1

1 1

1

1

1 1 1 1

1

a b ab a a

b a ab

ab a b

b b ab

     



 

   



  



 

Khai thác toán:

- Với ba số dương a, b, c mà abc1, bất đẳng thức sau hay sai? Chúng ta phát triển tốn tổng qt khơng? Nếu được, phát biểu tốn tổng quát

3 3

1 1

1a 1b 1c 1abc

- Với hai số x, y mà x y 0 ta có:

1

1 4x 1 4y 1 2x y

  

2 Phương pháp biến đổi tương đương:

Để chứng minh A B ta biến đổi tương đương A B   C D

bất đẳng thức đơn giản bất đẳng thức A B Sau khẳng định tính đắn bất đẳng thức C D ta kết luận bất đẳng thức A B

Bài toán số 3: Chứng minh với a b c, ,   ta có:

2 b2 c2 ab ac bc

a      (1)

Phân tích:

Ta thấy hai vế xuất a2, ,b c2 ab ac bc, , Vì vậy, nghĩ đến việc tách thành tổng bình phương để tiện xét dấu

Lời giải:

(1)

2 2

2 2

2 2

2 2

) 2

2 2 2

2 2 2

( ) (b ) (c ) 2(

2

b c ab ac bc b c ab ac bc b c ab ac bc

a b c a

a a a

    

    

     

      

  

Chú ý: Phương pháp (xét hiệu) thực chất trường hợp đặc biệt phương pháp (biến đổi tương đương) A B  A B 0

a) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác ABC Chứng minh tam giác ABC  a2 b2 c2 ab ac bc 

b)Đề xuất toán mới: Trong bất đẳng thức (1), cho c=1 ta có tốn Chứng minh với a b,   ta có:

2 b2 1 ab a b

a     

3.Phương pháp quy nạp toán học:

Trong lý thuyết có số bất đẳng thức chứng minh phương pháp quy nạp (bất đẳng thức Côsi, Becnuli, …)

Sau ta xét số toán khác

Bài toán số 4: Tổng quát bất đẳng thức

222

22 uvuv









Cho a, b hai số dương, chứng minh với số tự nhiên n 2 ta có:

2

n

n n

a b  a b

 

 

 



Phân tích: Việc xét hiệu trực tiếp khơng đạt kết nghĩ đến cách sử dụng phương pháp quy nạp

Với n=2 ta có:

2 2

2

a b  a b

 

 

 



(bằng cách xét hiệu) Giả sử bất đẳng thức với n=k, tức

2

k

k k

a b  a b

 

 

 



Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n k 1, tức là

1

2

k

k k

a  b  a b 

         Thật vậy, 2

2 2

k k

k k k k

a b a b a b a b a b 

 

   

    

   

  

Ta chứng minh:

  

   

1

1

2 2 2 1

1

0

2 2

k k k k

k k k k

k k

k k k k

k k k k

a a a

a b ab a b

a a b b ab

a b a b

a b a a b ab b

b b b

(đúng)

Khai thác tốn:

a) Bài tốn cịn trường hợp a0, b 0 .

b)Với a+b=2 ta có

n n

a b



4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức biết:

Bài toán số 5: Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c đường cao

tương ứng h h ha, ,b c Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng

minh

1

, ,

2

a b c

r r r

h h h 

Phân tích:

Chúng ta biết bán kính đường trịn nội tiếp tam giác đường cao liên quan trực tiếp đến cơng thức tính diện tích Vì sử dụng diện tích tam giác để tính r , ,h h ha b c

Ta có:

;

2 a a

S p

S

S ah h

a

S pr r

  

  

Vậy:

1

2 ( )

a

r a a a a

h  p a b c  a b c  a a 

Trong trình chứng minh bất đẳng thức ta sử dụng đến bất đẳng thức tam giác “trong tam giác, tổng cạnh lớn cạnh cịn lại”

Khai thác tốn:

Nếu them vào điều kiện tam giác ABC có a, b thỏa mãn

2

a b c  c 0,

r

h  .

Bài toán số 6: Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng: 64

1 1

3 3 27

a b c

b c a

     

   

     

     

Do a, b, c số dương nên ta nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức Côsi Tuy nhiên sử dụng trực tiếp với cặp số

a

b ;

b

c ; 3 c

a khơng có kết khơng xảy dấu bằng, đồng thời ba bất đẳng thức ứng với cặp số trên, Vì cần biến đổi thêm

Lời giải: Ta có: 4 4 3

2

1 1

3 3

4 3 3 (1)

1 (2)

1 (3)

b b b

c c c

c

a a a

c b

a

a

b b b

a b c                                            

Nhân vế (1), (2), (3) ta có:

3

1

3 3

1 b c a a b c                            

Dấu “=” xảy

a b c

b  c a a b c

    

a) Bài tốn số giải cách khác:

3

3 3

1 a b a b b b a

b b b

   

 



Tương tự:      

1 ;

3

3

7

1

1

1

3 3

1

b c c c b

c c

c a a a c

a a

b b b a c c c b a

abc a a c

b c

c a

b a

     

   

   

   

     

           

 

 



Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có:

3

3

3

4 (1') (2') (3')

b a c b

a b

b b b a c c c b a a a c

       

   

Nhân vế (1’), (2’), (3’) được:

Vậy

3

4 64

27 27

abc abc

VT  

Chú ý: Với cách tách số hạng thành tổng nhiều số hạng ta giải toán: Cho a+b+c=1 với a b c, ,  0, chứng minh rằng:

1 1

1 1 64

a b c

     

   

     

     

b) Bài toán tổng quát thứ nhất: Cho số dương a a1, , ,2 an

Chứng minh

1

3

2

3

4

1 1

3 3

1

3

n

a a

a

a a

a

a a

 

     

   

     

  

 

    

 

   



c) Bài toán tổng quát thứ hai: Cho số dương a, b, c, xét đắn bất đẳng thức sau với số tự nhiên n 1ta có:

3

1 b c n

nc na n

a nb



 

 

     

 

   



   

    

Trong phần ta sử dụng tính đồng biến, nghịch biến hàm số bậc nhất, bậc hai, lũy thừa,…

Bài toán số 7: Chứng minh với số thực a 2

4 3a a a

  (1)

Phân tích:

Để ý 3, 4, số Pitago:

2

2 42 52 1

5

3         

    hàm số

3

,

5

x x

y    y  

    nghịch biến, ta có lời giải sau.

Lời giải:

Bất đẳng thức (1)

3

1

5

a a

         

   

Do hàm số mũ

3

x

y   

 

4

x

y   

2

3 4

,

5 5

a a

       

 

               

Vậy

2

3 4

1

5 5

4

3

a a

a a a

       

   

       

       

  

Khai thác toán:

Bất đẳng thức xa  ya  z aa( 2) với số Pitago (x y z, ,   được

gọi số Pitago x2  y2 z2 )

6 Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai:

Bài toán số 8: Cho a, b số thỏa mãn điều kiện 2 4 4 0

a  a b b  ab (1)

Chứng minh 0 a 2b 1.

Phân tích:

Để ý bất phương trình bậc hai at2 bt c 0(a 0)  t1  t t2 1,

t t là nghiệm tam thức at2 bt c

  ta có lời giải sau.

(1)

2

2

4 ( ) ( ) ( )

a ab b a b

a b a b

     

    

Đặt

2

2 0

0

t a b t t t

a b

       

   

Khai thác toán:

Ta dung định lý dấu tam thức bậc hai để giải toán Nếu ý đến điều kiện có nghiệm tam thức bậc hai  0 ta giải tốn sau phương pháp đơn giản:

Tìm giá trị lớn (bé nhất) có biểu thức:

2

2

2 2003

3 2,

x x

y

x

y x x v v

  

  

Căn vào đặc điểm parabol y ax2 bx c với a 0(a 0) quay bề lõm

lên (xuống dưới), đỉnh

4 ,

2

b S

a a

 

 

 