Chu de Bat dang thuc

[r]



Ngay từ lớp học sinh biết nhận xét dấu số có luỹ thừa chẵn nắm tính chất luỹ thừa bậc hai

“Bình phương hay luỹ thừa bậc hai số không âm” (*) A2 ≥ 0a

DÊu“=”x¶y a = 0.

Lớp học sinh làm quen với đẳng thức: (A - B)2= A2– 2AB + B2

NÕu sư dơng tÝnh chÊt (*) th×(A - B)2≥ 0 A,B (I)

Việc khai thác sử dụng sáng tạo bất đẳng thức (I) giúp học sinh rèn luyện tư hình thành phương pháp chứng minh cách thức để hình thành bất đẳng thức từ bất đẳng thức biết

Từ bất đẳng thức (I):

(a – b)2≥0a2+ b2≥2ab

ëc¶ BĐT (I), (II), (III) dấu = xảy a = b

Khai thác tính chất luỹ thừa bậc hai. I Khai thác bất đẳng thức (I): (a – b)2≥0

Từ bất đẳng thức (I) ta đổi biến đặt A = ay; B = bx (I) trở thành: (ay – bx )2 ≥0 a, b, x, y

DÊu “=” x¶y ay = bx

y x b a 

Khai triển biến đổi: a2y2– 2axby + b2x2≥0

 a2y2+ b2x2

≥2axby

 a2y2+ b2x2+a2x2+ b2y2

≥a2x2+ 2axby + b2y2

 (a2+ b2)(x2+ y2)

(ax + by)2 Như ta có toán:

1.Bài toán 1:

Chứng minh : (a2+ b2)(x2+ y2)

≥(ax + by)2

(Bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho số a, b, x, y)

Để khắc sâu phương pháp chứng minh bất đẳng thức ta chứng minh toán nhiều cách - Phương pháp 1:Dùng định nghĩa : A > BA – B>

+ LËp hiÖu A – B + Chøng tá A – B > + KÕt ln A > B + C¸ch 1: XÐt hiƯu : (a2+ b2)(x2+ y2) – (ax + by)2

a b b a

 ≥ 2 (II)

= a2x2+ a2y2+ b2x2+ b2y2- a2x2- b2y2– 2axby = a2y2- 2axby + b2x2

= (ay - bx)2≥0 luôn đúnga, b, x, y.

VËy (a2+ b2)(x2+ y2)≥(ax + by)2

DÊu “=” x¶y

y x b a 

- Phương pháp 2: Phép biến đổi tương đương

+ Biến đổi A > BA1> B1A2> B2 (*)

+ VËy A > B

+ C¸ch 2: Ta cã (a2+ b2)(x2+ y2)≥(ax + by)2

 a2x2+ a2y2+ b2x2+ b2y2≥ a2x2+ 2·by + b2y2

 a2y2- 2axby + b2x2≥ 0

 (ay–bx)2≥ đúnga, b, x, y

DÊu “=” x¶y

y x b a 

Bất đẳng thức cuối Vậy (a2+ b2)(x2+ y2)

≥(ax + by)2

- Phương pháp 3:Sử dụng bất đẳng thức biết + Cách 3: Ta có (ay - bx)2≥0

 a2y2– 2aybx + b2x2 ≥

 a2x2+ a2y2+ b2x2+ b2y2

≥a2x2+ 2·by + b2y2(céng vÕ a2x2, b2y2)

 (a2+ b2)(x2+ y2)≥(ax + by)2

-Phương pháp 4: Phương pháp phản chứng + Giả sử có điều trái với kết luận

+ Suy điều mâu thuẫn với giả thiết điều biết + Giả sử sai kt lun ỳng

+ Cách 4: Giả sử (a2+ b2)(x2+ y2) < (ax + by)2

 a2x2+ a2y2+ b2x2+ b2y2

<a2x2+ 2·by + b2y2

 a2y2– 2aybx + b2x2< 0

 (ay - bx)2 < V« lý

VËy (a2+ b2)(x2+ y2)≥(ax + by)2

Bốn phương pháp thể cách giải tốn phương pháp thơng thường để chứng minh bất đẳng thức

Khai thác tiếp tục bất đẳng thức (I) ta có: (ay - bx)2

≥0

(cy - bz)2≥0

Khai triển, chuyển vế cộng vào vế BĐT : a2x2+ b2y2+ c2z2ta được:

a2x2+a2y2+a2z2+b2x2+b2y2+b2z2+c2x2+c2y2+c2z2a2x2+b2y2+c2z2+2axby+2axcz+2bycz

(a2+ b2+ c2)(x2+ y2+ z2)(ax + by +cz)2

2.Bài toán :

CMR : (a2+ b2+ c2)(x2+ y2+ z2)≥(ax + by +cz)2

( BĐT Bunhiacôpxki cho số a, b, c x, y, z) Giải Xét hiÖu : (a2+ b2+ c2)(x2+ y2+ z2)-(ax + by +cz)2

=a2x2+a2y2+a2z2+b2x2+b2y2+b2z2+c2x2+c2y2+c2z2- a2x2- b2y2- c2z2-2abxy-2acxz-2bcyz

=(a2y2-2abxy+b2x2)+(a2z2–2acxz+c2x2)+(b2z2-2bcyz+ c2y2)

=(ay - bx)2+ (az - cx)2+ (cy - bz)2 ≥0

DÊu “=” x¶y

z c y b x

a  

Bằng cách làm tương tự ta phát triển tốn BĐT Bunhiacơpxki tổng quát: (a2

1+ a22+ + a2n)(x21+ x22+ + x2n)≥(a1x1+ a2x2+ + anxn)2

DÊu “=” x¶y

n n

x a x

a x a

 



2 1

Để ý a x số nghịch đảo ax = (x =

a

1

) Từ tốn ta đặt tốn:

3.Bài toán 3:

Cho ba s a, b, c số dương Chứng minh rằng: (a + b + c)(

a

1

+

b

1

+

c

1

)9

Giải Theo toán (BĐT Bunhiacôpxki):

(a + b + c)(

a

1

+

b

1

+

c

1

)≥ ( 1 )

c c b b a

a  

(a + b + c)(

a

1

+

b

1

+

c

1

)≥32=

Dấu “=” xảy a = b = c Từ bất đẳng thức (x+ y+ z)(

x

1

+

y

1

+

z

1

)≥

Bài toán tìm được:

Phng phỏp s dụng bất đẳng thức Cô-sy:

Dấu "=" xảy a=b

Chứng minh:

Dấu "=" xảy a=b

Dạng tổng quát bất đẳng thức Cô-sy (Cauchy):

Cho n số tự nhiên Dấu "=" xảy

Ví dụ: Cho a,b,c >0 chứng minh rằng:

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-sy cho số dương ta có: (1)

(2)

Nhân vế (1) (2) ta Dấu "=" xảy a=b=c

Đặt a + b = X; b + c = Y; c + a = Z ta B§T: 2(a + b + c)(

b a

1

+

c b

1

+

a c

1

)≥

 (

c b

a

 +a c b

 +b a c

 +3)≥ 

c b

a

 +a c b

 +b a c

 ≥

Cho a, b, c số dương CMR:

c b

a

 +a c b

 +b a c

Giải áp dụng toán tacã:

(a+b+c+b+c+a)( b a + c b + a c

)≥( 1 )

a c a c c b c b b a b a        

2(a + b + c)(

b a + c b + a c

)≥

(

c b

a

 +a c b

 +b a c

 +3)≥ 

c b

a

 +a c b

 +b a c

 ≥

(1) Ta tiếp tục khai thác toán theo bước sau: - Bước : Nhân vế (1) với a+b+c >

(a + b + c)(

b a + c b + a c )≥

(a + b + c) - Bước : Khai triển rút gọn vế trái sau chuyển vế ta được:

c b a  + c a b  + a b c  ≥ c b a 

Đây nội dung toán 5.Bài to¸n :

Cho a, b, c số dương CMR: c b a  + c a b  + a b c  ≥ c b a 

Chứng minh tốn ta dẫn từ tốn theo hướng khai thác để đến kết Nhưng ta giải độc lập sau:

- Phương pháp 1:áp dụng bất đẳng thức toán

[( ) c b a  + ( ) a b b  +( ) a b c

 ][( bc)

2+ (

c

a )2+ ( ab)2]

≥( a b)2

b a c c a c a b c b c b a        

2(a + b + c)(

c b a  + c a b  + a b c 

)≥(a + b + c)2

 c b a  + a c b  + a b c  ≥ c b a 

(đpcm) - Phương pháp 2:áp dụng bất đẳng thức Cô si

c b a  + c b ≥ c b c b a 

a c b  + a c ≥b a b c  + a b ≥c VËy c b a  + a c b  + a b c  ≥ c b a 

(céng theo vế BĐT ) Ta tiến hành khai thác toán cách:

+Trang b thờm cho toán điều kiện : abc = +áp dụng BĐT Cô si cho số dương :

a + b + c≥ 33 abc = 3x1 = 3

6.Bài toán 6:

Cho a, b, c số dương thoả mãn : abc = CMR c b a  + a c b  + a b c  ≥ (2) Giải Theo toán

c b a  + a c b  + a b c  ≥ c b a 

≥ 3 33   x abc c b a  + a c b  + a b c  ≥

Xem xét toán ta nhận thấy: + Nếu đặt a =

x

1

; b =

y

1

; c =

z  abc = xyz = Khi : x + y =

a + b = ab b a

= c(a + b) Tương tự : y + z = a(b + c)

z + x= b(c + a) Do BĐT (2)

) ( c b a a  + ( ) c a b b  + ( ) b a c c

 ≥

3  ) ( z y

x  + ( )

1

3 x z

y  + ( )

1

3 y x

z  ≥

3

7.Bài toán 7:

Cho x, y, z l số dương thoả mãn : xyz = CMR : ) ( z y

x  + ( )

1

3 x z

y  + ( )

1

3 y x

z  ≥

3

Giải Đặt a =

x

1

; b =

y

1

; c =

z

1 

abc =

xyz

1

= Ta cã : x+y = c(a+b)

y+z = a(b+c) z+x = b(c+a) Do :

) (

1

3 z y

x  + ( )

1

3 x z

y  + ( )

1

3 y x

z  = b c

a



+

a c

b



+

a b

c



≥

(theo toán 6)

Nh vy t tính chất luỹ thừa bậc hai ta khai thác chùm tốn từ dễ đến khó khó mặt khác rèn luyện tư sáng tạo học sinh

II/.Khai thác bất đẳng thức II.

a b b a 

≥2

Đặt x0

b a

thì

x a b

Ta có toán: Bài toán 8:

Cho s dng x Chng minh rằng: x +

x

1 ≥2

Khai thác toán ta thấy: x 1

x

Do ta dùng số dương a, b, c, d thoả mãn : abcd=1 Khi đó: ab=

cd

1

(cd= )

ab

Ta khám phá toán mới: Bài toán 9:

Cho a, b, c, d số dương thoả mãn abcd=1 CMR: ab + cd≥2 (hoặc ac + bd≥2; ad + bc≥2)

(Chứng minh bất đẳng thức cần đưa toán cách dùng điều kiện abcd=1) Lại có: a2+ b2

≥2ab ; c2+ d2≥2cd

Do : a2+ b2+ c2+ d2≥2ab + 2cd

Liªn kết với toán ta có: a2+ b2+ c2+ d2≥2(ab + cd)≥4

III Khai thác bất đẳng thức III:(a + b)2

≥4aba, b

Là bất đẳng thức đưa mối quan hệ bình phương1tổng với tích cuả chúng Để khai thác BĐT (III) ta thêm điều kiện a,b số dương

ab b a ≥ b a  a + b ≥ b a

10 Bài toán 10:

Cho a,b l s dng Chứng minh rằng:

a + b ≥ b a Gi¶i XÐt hiƯu a + b -b a = ) ( ) ( ) ( b a ab ab b a b b a a      =  ) ) ( b a ab b a   ≥ VËy a + b ≥ b a

DÊu “=” x¶y a=b

Khai thác toán 12 tương tự cách khai thác tốn Ta có: a + b ≥ b a

c2+ d2≥4

b + c ≥ c b c + a ≥ a c

Do cộng theo vế BĐT ta được:

b a + c b + a c ≥ (  a  b ) c

11 Bài toán 11: Cho a, b, c số dương CMR: b a + c b + a c ≤ (  a  b ) c Giải Theo toán 12:

b a ≤ (  a b ) c b ≤ (  b c ) a c ≤ (  c a ) Céng theo vế BĐT trên:

b a + c b + a c ≤ (  a  b ) c