Chuyen De ve Bat Dang thuc BDHSG 9

[r]

Chuyên đề: Bất đẳng thc

A- Mở đầu:

Bt ng thc mảng kiến thức khó tốn học phổ thơng Nhng thơng 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 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 cơng việc quan trọngvà khơng thể 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 bÊt d¼ng thøc 28

18 Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị 29

20 Dùng bất đẳng thức để : giải phơng trình nghiệm nguyờn 33

21 Tài liệu tham khảo

B- nội dung

Phần : kiến thức cần lu ý 1- Định nghĩa

2- TÝnh chÊt

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- Phng phỏp dùng bất đẳng thức tam giác 8- Phơng pháp đổi biến số

9- Ph¬ng 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

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 >  An > Bn n

+ A > B  An > Bn víi n lỴ

+ A > B  An > Bn víi n ch½n + m > n > vµ A >  Am > An + m > n > vµ <A <  Am < An +A < B vµ A.B > 

B A

1



3-một số bất đẳng thức

+ A2  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 >

a) x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx b) x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz

c) x2 + y2 + z2+3  (x + y + z)

Gi¶i:

a) Ta xÐt hiÖu

x2 + y2 + z2 - xy – yz - zx =

2

.2 ( x2 + y2 + z2 - xy – yz – zx) =

2

( )2 ( )2 ( )2

 

  

 y x z y z

x với x;y;zR

V× (x-y)2 0 víix ; y DÊu b»ng x¶y x=y

(x-z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y x=z

(y-z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y z=y

VËy x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu

x2 + y2 + z2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x2 + y2 + z2- 2xy +2xz –2yz

=( x – y + z)2 0 với x;y;zR

Vậy x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz với x;y;zR Dấu xảy x+y=z

c) Ta xÐt hiÖu

x2 + y2 + z2+3 – 2( x+ y +z ) = x2 - 2x + + y2 -2y +1 + z2-2z +1 = (x-1)2 + (y-1) 2 +(z-1)2  0

DÊu(=)x¶y x=y=z=1

VÝ dô 2: chøng minh r»ng : a)

2

2

2

2 

  

 



b a b

a ;b) 2 2

3

3 

 



  

 

b c a b c

a c) H·y tỉng qu¸t toán

giải

a) Ta xét hiệu

2

2

2

2 

  

 



b a b

a

=  

4

2a2 b2 a2 ab b2    

= 2a 2b a b 2ab

4

1 2 2

   

=  

4

1

  b

a

VËy

2

2

2

2 

  

 



b a b

a

DÊu b»ng x¶y a=b b)Ta xÐt hiÖu

2

2

3

3 

 



  

 

b c a b c

=       

1 2

    

 b b c c a

a VËy 2 2

3 

       

b c a b c

a

DÊu b»ng x¶y a = b =c c)Tỉng qu¸t 2 2 2

1

             n a a a n a a

a n n

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 Bớc 3:Kết luận A  B

Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99) Chứng minh m,n,p,q ta có

m2 + n2+ p2 + q2 +1 m(n+p+q+1) Gi¶i: 4 4 2 2 2                                    

 m mn n m mp p m mq q m m

0 2 2 2 2                                

 m n m p m q m (ln đúng)

DÊu b»ng x¶y

                   2 2 m q m p m n m               2 2 m m q m p m n         q p n m

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 hoặc bất đẳng thức đợc chứng minh

Chú ý đẳng thức sau: A B2 A2 2AB B2

   

A B C2 A2 B2 C2 2AB 2AC 2BC

       

 3 2

3

3A B AB B A

B

A    

VÝ dô 1:

Cho a, b, c, d,e số thực chứng minh a) a b ab

4

2

b)a2b21abab

c)a2 b2 c2 d2 e2 abcde

Gi¶i:

a) a b ab

4

2

 4a2 b2 4ab  4a2  4ab2 0

 2a b2 0 (bất đẳng thức đúng)

VËya b ab

4

2

2 (dÊu b»ng x¶y 2a=b) b) a2b21abab

2(a2 b2  2(ab a b)

     

 a2 2abb2a2 2a1b2 2b10

( )2 ( 1)2 ( 1)2

     

 a b a b Bất đẳng thức cuối

VËy 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

  4 2  4 2  4 2  4 2

          

 ab b a ac c a ad d a ac c

  2  2  2  2

 

 

  

 b a c a d a c

a

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      

  2 2 8 2

  

 b a b b a

a b a

 a2b2(a2-b2)(a6-b6)

  a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4)



Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 x.y

Chøng minh y x

y x





2

2

Gi¶i: y

x y x





2

2 v× :x y nªn x- y   x2+y2 2 2( x-y)  x2+y2- 2 2 x+2 2y

0 x2+y2+2- 2 2 x+2 2y -2

0

 x2+y2+( 2)2- 2 2 x+2 2y -2xy 0 v× x.y=1 nªn 2.x.y=2

 (x-y- )2  Điều ln ln Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4:

1)CM: P(x,y)=9 2

   

y xy y

y

x x,yR

2)CM: a2b2c2 abc (gợi ý :bình phơng vế)

3)choba số thực khác không x, y, z thỏa m·n:

    

    



z y x z y x

z y x

1 1

1

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(1x 1y1z)=x+y+z - (111) 

z y

x (v×x y z

1 1



 < x+y+z theo

gt)

 số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dơng

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 2xy

 

b) x2y2  xy dÊu( = ) x = y =

c) x y2 4xy

 

d)  2

a b b a

2)Bất đẳng thức Cô sy: n n a a a an

n a a a a 3     

Víi ai 0

3)Bất đẳng thức Bunhiacopski

    2

221 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2

2aa n xxa n axa  xaxnn

4) Bất đẳng thức Trê- b-sép: Nếu        C B A c b a  3 C B A c b a cC bB

aA    

   NÕu        C B A c b a  3 C B A c b a cC bB

aA    

  

DÊu b»ng x¶y

       C B A c b a b/ c¸c vÝ dơ

vÝ dơ Cho a, b ,c lµ số không âm chứng minh (a+b)(b+c)(c+a)8abc

Giải: Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: xy2 4xy Tacó a b2 4ab



 ; bc2 4bc ; ca2 4ac

  2 b

a bc2 ca2 64a2b2c2 8abc2

 (a+b)(b+c)(c+a)8abc DÊu “=” x¶y a = b = c

ví dụ 2(tự giải): 1)Cho a,b,c>0 a+b+c=1 CMR: 1119

c b

a (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 a c b c b a

4)Cho x0,y0 tháa m·n x y 1 ;CMR: x+y

 vÝ dô 3: Cho a>b>c>0 vµ 2 1

  b c

a chøng minh r»ng

3 3 1

2

a b c

b c a c a b     

Do a,b,c đối xứng ,giả sử abc             b a c c a b c b

a a b c

2 2

áp dụng BĐT Trê- b-sép ta cã

                 

 a b

c c a b c b a c b a b a c c c a b b c b a a 2 2 2 = = VËy 3     

 a b

c c a b c b

a DÊu b»ng x¶y a=b=c=

3

vÝ dô 4:

Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng :

      10

2 2         

b c d ab c bc d d c a

a

Gi¶i: Ta cã a2 b2 2ab

 

c2 d2 2cd

 

Do abcd =1 nªn cd = ab (dïng 1   x x )

Ta cã 2 2 2(  )2(  )4

ab ab cd ab c b

a (1) MỈt kh¸c: abcbcddca

=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)

= 1 222

                      bc bc ac ac ab ab

VËy 2 2       10

        

b c d ab c bc d d c a

a

vÝ dô 5: Cho sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng: (ac)2 (bd)2  a2 b2  c2d2

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

        

 2 2 2 2

2 a b c d c d b

a       

 (a c)2 (b d)2 a2 b2 c2 d2

      

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

      

 3a2b2c2a2b2c22abbcac

a2b2c2 abbcac Điều phải chứng 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× x2 <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

 (a-c)(b-d) > cd  ab-ad-bc+cd >cd

 ab> ad+bc (điều phải chứng minh) ví dụ 2:

Cho a,b,c>0 tháa m·n

3

2 2

  b c

a

Chøng minh

abc c b a

1 1

   Gi¶i:

Ta cã :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) 

 ac+bc-ab 

2

( a2+b2+c2)

 ac+bc-ab

6

  Chia hai vÕ cho abc > ta cã

c b a

1 1



 

abc

1

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 dụ

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

      Gi¶i :

Do a < 



a vµ Ta cã 1 2.1 

 

 a b  1-b-a2+a2b > 0  1+a2b2 > 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 2 2 1998

   b c d

a ac+bd =1998 (Chuyên Anh –98 – 99)

Gi¶i:

Ta cã (ac + bd)2 + (ad – bc )2 = a2 c2 + b2d2 2abcd a2d



 b2c2-2abcd=

= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982

rá rµng (ac+bd)2

  2  2 19982

 



bd ad bc

ac

 acbd 1998

2-Bài tập : 1, Cho số thùc : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m·n : a1+ a2+a3 + ….+a2003

chøng minh r»ng : a12 +a22a32  a20032

2003

 ( đề thi vào chuyên nga pháp

2003- 2004Thanh hãa )

2,Cho a;b;c 0 tháa m·n :a+b+c=1(?)

Chøng minh r»ng: (1  1).(1 1).(1 1)8

c b

a

Ph ơng pháp 5: dïng tÝnh chÊtcña tû sè KiÕn thøc

1) Cho a, b ,c số dơng thì a – NÕu 1

b a

th×

c b

c a b a

   b – NÕu 1

b a

th×

c b

c a b a

   2)NÕu b,d >0 th× tõ

d c d b

c a b a d c b a

 

  



`

vÝ dô :

Cho a,b,c,d > Chøng minh r»ng

2

           

b a d

d a d c

c d c b

b c b a

a

Gi¶i :

Theo tÝnh chÊt cđa tØ lÖ thøc ta cã

d c b a

d a c b a

a c

b a

a

  

      

 (1)

Mặt khác :

d c b a

a c

b a

a

    

 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã

d c b a

a

 

 < a b c

a



 <a b c d

d a

  



T¬ng tù ta cã d c b a a b d c b b d c b a b          

 (4)

d c b a c b a d c c d c b a c          

 (5)

d c b a c d b a d d d c b a d          

 (6)

céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta cã

2              b a d d a d c c d c b b c b a a

®iỊu ph¶i chøng minh vÝ dơ :

Cho: b a < d c

vµ b,d > Chøng minh r»ng b a < d c d b cd ab    2

Gi¶i: Tõ b a < d c 2 d cd b ab    d c d cd d b cd ab b ab    

 2 2 2

2 VËy b a < d c d b cd ab

2 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

d b c a

giải : Không tính tổng quát ta gi¶ sư : c a

d b

 Tõ :

c a d b  d b d c b a c a       c a

v× a+b = c+d a, NÕu :b 998 th×

d b 998   d b c a

  999 b, NÕu: b=998 th× a=1 

d b c a  = d c 999

 Đạt giá trị lớn d= 1; c=999 Vậy giá trị lớn

d b c a  =999+ 999

Ph ¬ng pháp 6: Phơng pháplàm trội

L u ý:

Dùngcác 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 uk 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=

1



k k

a a

Khi P =

1 1

2

1.

 

 n n

n

a a a

a a

a a a

VÝ dơ :

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

4 1

       

n n n

n Gi¶i:

Ta cã

n n n k

n

1 1

  

 với k = 1,2,3,…,n-1 Do đó:

2 2

1

1

1 1

        

 n

n n n

n n

n VÝ dô :

Chøng minh r»ng:

2 1

1

1     n 

n Với n số nguyên Giải :

Ta cã  k k

k k k

k    1 2 1

2

2

> 2 2 1

2 2

1

 

………  n n

n 2 1

1

Cộng vế bất đẳng thức ta có 2 1

3

1     n 

n

VÝ dô :

Chøng minh r»ng 2

 



n

k k

nZ Gi¶i:

Ta cã

k  k k k

k

1 1 1

2 

   

Cho k chạy từ đến n ta có

1

1

1

1 1

3

1

2 1

1

2

2 2

    

  

 

 

n n n n

VËy 2







n

k k

Ph ơng pháp 7:

Dựng 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

a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)

Gi¶i

a)Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta có           b a c c a b c b a 0             ) ( ) ( ) ( 2 b a c c c a b b c b a a

Cộng vế bất đẳng thức ta có a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

b) Ta cã a > b-c   a2 a2 (b c)2

 

 > 0

b > a-c   b2 b2 (c a)2> 0

c > a-b   2 ( )2

  

c a b

c

Nhân vế bất đẳng thức ta đợc

 

       

     

a b c b c a c a b

abc b a c a c b c b a c b a b a c a c b c b a c b a                         2 2 2 2 2 2 2

VÝ dô2: (404 – 1001)

1) Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam giác

Chøng minh r»ng 2 2( )

ca bc ab c b a ca bc

ab       

2) Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam giác cã chu vi b»ng Chøng minh r»ng 2 2

  

b c abc

a

Ph ơng pháp 8: đổi biến số

VÝ dô1:

Cho a,b,c > Chøng minh r»ng

2     

 a b

c a c b c b a (1) Gi¶i :

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 x 

ta cã (1)  y2zx xz2xy y x2yz z

2

   1  1  13

 (  )(  )(  )6

z y y z z x x z y x x y

Bất đẳng thức cuối (  2;

y x x y

 2

z x x z

;  2

z y y z

nên ta có điều phải chứng minh

Ví dụ2:

Cho a,b,c > vµ a+b+c <1 Chøng minh r»ng

2

1

1

2

2 

   

 bc b ac c ab

a (1)

Gi¶i:

Đặt x = a2 2bc

; y = b22ac ; z = c22ab Ta cã  2

    

y z a b c

x

(1)  1119

z y

x Với x+y+z < x ,y,z > Theo bất đẳng thức Cơsi ta có

xyz3.3 xyz

  

z y x

1 1

3 .3

xyz

   1 19

  

 

  



z y x z y x

Mµ x+y+z < VËy 1119

z y

x (®pcm)

VÝ dơ3:

Cho x0 , y0 tháa m·n x  y 1 CMR

5

 y

x

Gợi ý:

Đặt xu , 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: 25 16 8

   

 a b

c a c

b c b

a

2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0 CMR

 m n p m n p

b a

pc a c

nb c b

ma

     

    

2

2

Ph ơng pháp 9: dïng tam thøc bËc hai L

u ý :

Cho tam thøc bËc hai f x ax2bxc NÕu 0 th× a.f x 0 xR NÕu 0 th× a.f x 0

a b x 

NÕu 0 th× a.f x 0 víi xx1 hc xx2 (x2 x1) a.f x 0 víi x1xx2

VÝ dơ1:

Chøng minh r»ng

 , 

     

x y xy x y

y x

f (1)

Gi¶i:

Ta cã (1)  2 2 1

    

 x y y y

x

2 12

    

 y y y

 1

3 4

2

2

    

     

y

y y y

y

VËy fx,y0 víi mäi x, y

VÝ dô2:

Chøng minh r»ng

fx,yx2y42x22.y24xyx2 4xy3 Gi¶i:

( 1)2 1 2     

 y x y y x y

Ta cã 21 22 2 12 16

      

 y y y y y

V× a =  12

 

y fx,y0 (đpcm)

Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học Kiến thức:

Để chứng minh bất đẳng thức với nn0ta 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 n n 2 1 2

2      nN;n1 (1) Gi¶i :

Víi n =2 ta cã

2

1   (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) 

1 ) ( 1 1 2 2         k k k Theo gi¶ thiÕt quy n¹p 

 

1 1 ) ( 1 1 2 2

2   

         k k k k k 

k  k k k 1 1 ) ( 1 2        

 ( 2) ( 1)2

1 ) ( 1         k k k k k k

 k2+2k<k2+2k+1 Điều Vậy bất

đẳng thức (1)đợc chứng minh

VÝ dô2: Cho nN vµ a+b> 0

Chøng minh r»ng

n b a       

2 

n n b

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) 

1

2

     

ab k



2

1  

 k

k b

a



2

b a b

a k 

    

 



2

1 

  k

k b

a (2)

 VÕ tr¸i (2) 

2

2

1 1

1   



      

 k k k k k k k

k b a b a ab a b b a b

a



4

1

1

    

   

 k k k k k

k b a ab a b b

a

 ak  bk.a b0 (3)

Ta chøng minh (3)

(+) Giả sử a b giả thiÕt cho a  -b  a  b  ak bk bk



  ak  bk.a b0

(+) Gi¶ sư a < b theo giả thiết - a<b k k k k

b a b

a     ak  bk.a b0 Vậy BĐT (3)ln ta có (đpcm)

Ph ơng pháp 11: Chứng minh phản chứng

L u ý :

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 :

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 > 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 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 vế ta đợc 2 4( )

d b c

a    (1)

Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d)  2ac (2) Tõ (1) vµ (2)  a2 c2 2ac



 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 > 1x1y1z th× cã mét ba số lớn 1

Gi¶i :

Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1

=x + y + z – (1x1y1z ) v× xyz = 1

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 36 

a Chøng minh r»ng 

3

2

a b2+c2> ab+bc+ac

Gi¶i Ta cã hiƯu: 

3

2

a b2+c2- ab- bc – ac

= 

4

2

a



12

2

a b2+c2- ab- bc – ac

= ( 

4

2

a b2+c2- ab– ac+ 2bc) +



12

2

a 3bc

=(

2

a

-b- c)2 +

a abc a

12 36

3

=(

2

a

-b- c)2 +

a abc a

12 36

3

>0 (vì abc=1 a3 > 36 nªn a >0 )

VËy : 

3

2

a b2+c2> ab+bc+ac §iỊu ph¶i chøng minh

a) 4 2 ( 1)      

y z x xy x z

x

b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã a25b2 4ab2a 6b30

c) 2 2

    

 b ab a b

a Gi¶i :

a) XÐt hiƯu

H = x4 y4 z2 2x2y2 2x2 2xz 2x

      

=  2 22  2  2

1

   

 y x z x

x

H0 ta có điều phải chứng minh

b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H =  12  12

   

 b b

a

H > ta có điều phải chøng minh c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H =  12  12

  

 b b

a

H ta có điều phải chøng minh

Ii / Dùng biến đổi t ơng đ ơng 1) Cho x > y xy =1 Chứng minh  

 2 2    y x y x Gi¶i :

Ta cã 2  2  2

     

y x y xy x y

x (v× xy = 1)

  2 22  4 4. 2

    

y x y x y

x

Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với x y4 4x y2 4 8.x y2

     

  4 4 2

   

 y x y

x

 x y2 22 0

BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh 2) Cho xy  Chứng minh

xy y

x    

 1 1 2 Gi¶i : Ta cã xy y

x    

 1 1 2  1 1 1 1 2

2 

                

x y y xy



1 .1  1 2.1 

2 2         xy y y xy xy x x xy 

   1 .1 

    

1  .1 .1 

1 2

2

  



 

xy y

x

xy x y

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

3

2 2

  b c

a Gi¶i :

áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) (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

    



3

2 2b c

a (vì a+b+c =1 ) (đpcm)

2) Cho a,b,c số dơng

Chøng minh r»ng   1 19

  

 

  



c b a c b

a (1)

Gi¶i :

(1)  1   1   19

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

 9

    

       

       

 

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

áp dụng BĐT phụ

x y y x

Với x,y > Ta có BĐT cuối ln

VËy   1 19

  

 

  



c b a c b

a (®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 vµ b <1

Nªn 1 a2 .1 b20 1a2b a2 b0

Mặt khác <a,b <1  a2 a3 ; bb3  1 a2 a3 b3

  

VËy a3 b3 1 a2b

   T¬ng tù ta cã

a c c

a

c b c

b

2

3

2

3

1

  

  

 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a

    

 (đpcm)

2) So sánh 3111 1714 Gi¶i :

Ta thÊy 3111 < 11  5 11 55 56 32  2 Mặt khác 256 24.14 24 14 1614 1714

   

Vëy 3111 < 1714 (®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 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

    

 

        (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 giác Chứng minh

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 > Và a < b +c ; b <a+c ; c < a+b

Tõ (1) a a a 2a b c a b c a b c



  

    

Mặt khác a a b c a b c 

VËy ta cã a a 2a

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 

c c 2c a b c  b a a b c 

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  (2n1).(2n1)2 b) 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 2

2 n n n

     

         



      (®pcm)

L u ý

- NÕu f(x)  A th× f(x) có giá trị nhỏ A - Nếu f(x) B f(x) có giá trị lớn nhÊt 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 2 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 2 x Vậy T có giá trị nhỏ 2 x VÝ dô :

Tìm giá trị lớn

S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > x+y+z =1 Giải :

Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Côsi ta có x+ y + z 33 xyz

1

3 27

xyz xyz

   

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có x y   y z   z x 33x y   y z   x z 

 2 3 3x y  . y z  . z x  DÊu b»ng x¶y x=y=z=1

3 VËy S  8

27 27 729

Vậy S có giá trị lớn nhÊt lµ

729 x=y=z= VÝ dô : Cho xy+yz+zx =

Tìm giá trị nhỏ x4y4z4 Giải :

áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho sè (x,y,z) ;(x,y,z) Ta cã xy yz zx  2 x2y2z22

1 x2 y2 z22

    (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) 1 3(x4 y4 z4)

   

4 x y z

   

VËy x4 y4 z4

  cã gi¸ trị nhỏ

3 x=y=z= 3

VÝ dô :

Trong tam giác vuông có cạnh huyền , tam giác vuông có diện tích lín nhÊt

Gi¶i :

Gọi cạnh huyền tam giác 2a Đờng cao thuộc cạnh huyền h

Hình chiếu cạnh góc vuông lên cạnh huyền x,y Ta cã S =1. 

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  xy

VËy tam giác có cạnh huyền tam giác vuông cân có diện tích lớn

Ii/ dùng b.đ.t để giải ph ơng trình hệ ph ơng trình

VÝ dơ :

Giải phơng trình sau

4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 2x x2

       

Gi¶i :

Ta cã 3x2 6x 19

  3.(x22x1) 16 3.(x 1)2 16 16

   

5x2 10x 14 5.x 12 9 9

     

VËy 4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 5

       

DÊu ( = ) x¶y x+1 =  x = -1 VËy 4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 2x x2

VÝ dơ :

Gi¶i phơng trình

x 2 x2 4y24y3 Giải :

áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta cã :

x 2 x2  121 2 x22 x2  2 2 DÊu (=) xảy x =

Mặt kh¸c 4y2 4y 3 2y 12 2 2

     

DÊu (=) x¶y y = -1 VËy x 2 x2 4y2 4y 3 2

      x =1 vµ y =-1 Vậy nghiệm phơng trình

1 x y

   

  

VÝ dô :

Giải hệ phơng trình sau: 4 x y z4 4

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)

Nªn x4 y4 z4 xyz

  

DÊu (=) x¶y x = y = z =1 VËy 4 x y z4 4

x y z xyz

   



  



cã nghiÖm x = y = z =1 VÝ dô : Giải hệ phơng trình sau

2

2

2

xy y

xy x

   



  

(1) (2) Tõ ph¬ng tr×nh (1) 8 y2 0

2

2

2 2

( 2)

2

x x

x x x

   

  

 

 

NÕu x = 2 th× y = 2 NÕu x = - 2 th× y = -2 2

Vậy hệ phơng trình cã nghiÖm 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

x2 y2 z2 xy 3y 2z 3

     

Gi¶i :

Vì x,y,z số nguyên nªn x2 y2 z2 xy 3y 2z 3

     

 

2 2

2

2

3

3

3

4

x y z xy y z

y y

x xy y z z

       

   

          

   

 

2

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

2

y y

x z

   

          

0

2 1

1

2

1

y x

x y

y z z



 



  

 

      

  



 

  

Các số x,y,z phải tìm x y z

  

    

VÝ dô 2:

Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình 1

x yz  Gi¶i :

Không tính tổng quát ta gi¶ sư x y z

Ta cã 1 2z x y z z

     

Mà z nguyên dơng z =

Thay z = vào phơng trình ta đợc 1 xy  Theo giả sử xy nên = 1

x y y

y2 mà y nguyên dơng Nên y = y =

Với y = không thích hợp

Víi y = ta cã x =

VËy (2 ,2,1) lµ mét nghiƯm phơng trình

Hoỏn v cỏc s 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 :

(*) Víi x < , y < phơng trình nghĩa (*) Với x > , y >

Ta cã x x y x x y2

  

x y2 x 0

Đặt x k (k nguyên dơng x nguyên dơng )

Ta cã k k.( 1) y2

 

Nhng k2 k k 1 k 12

   

 ky k

Mà k k+1 hai số nguyên dơng liên tiếp không tồn số nguyên dơng

Vậy phơng trình có nghiệm : 0 x y

  



Tài liệu tham khảo

************

1- toán nâng cao chuyên đề đại số

-nxb gi¸o dơc – – 1998

Tác giả : Nguyễn Ngọc Đạm Nguyễn Việt Hải Vũ Dơng Thụy

2- toán nâng cao cho học sinh - đại s 10

-nxb Đại học quốc gia hà nội 1998

Tác giả : Phan Duy Kh¶i

– tốn bồi dỡng học sinh đại số

-nhà xuất hà nội

Tỏc gi : Vũ Hữu Bình – Tơn Thân - Đỗ Quang Thiều – sách giáo khoa đại số 8,9,10

-nxb gi¸o dơc – 1998

5 – 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