Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Chuyên đề: Bất đẳng thức a.mục tiêu:
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- nội dung
PhÇn : kiến thức cần lu ý 1- Định nghÜa
2- TÝnh chÊt
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 s
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 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 > 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
(2)+ 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 : §Ó chøng minh A > B Ta chøng minh A –B >
Lu ý dùng bất đẳng thức M2 với M Ví dụ x, y, z chứng minh :
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;zR
V× (x-y)2 0 víix ; y DÊu b»ng x¶y 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 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;zR
Vậy x2 + y2 + z2 2xy – 2xz + 2yz với x;y;zR 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 dơ 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) HÃy tổng quát toán
giải a) Ta xét hiÖu
2
2
2
2
b a b
a
=
4
2a2 b2 a2 ab b2
= 2a 2b a b 2ab
1 2 2
=
4
1
(3)VËy
2
2
2
2
b a b
a
DÊu b»ng x¶y a=b b)Ta xÐt hiƯu
2 2
3
b c a b c
a
=
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 AB 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 bất đẳng thức đợc chứng minh
Chú ý đẳng thức sau: 2 2
2AB B A
B
A
A B C2 A2 B2 C2 2AB 2AC 2BC
A B3 A3 3A2B 3AB2 B3
VÝ dô 1:
(4)a) a b ab
2
b)a2b21abab
c)a2b2 c2d2 e2 abcde
Gi¶i:
a) a b ab
2
4a2 b2 4ab
4a2 4ab2 0 2 2
a b (bất đẳng thức đúng)
VËya b ab
2
2 (dÊu b»ng x¶y 2a=b)
b) a2b21abab 2(a2 b2 2(ab a b)
2 2 2 1 2 1 0
a ab b a a b b
( )2 ( 1)2 ( 1)2
a b a b Bất đẳng thức cuối Vậy a2b21abab
DÊu b»ng x¶y a=b=1
c) a2 b2 c2 d2e2 abcde
4 a2 b2c2 d2e2 4abcde
4 2 4 2 4 2 4 2
ab b a ac c a ad d a ac c
a
a 2b2 a 2c2a 2d2a 2c2 0
Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2:
Chøng minh r»ng: a10 b10a2 b2 a8b8a4 b4 Gi¶i:
a10 b10a2 b2 a8 b8a4 b4
a12a10b2a2b10b12 a12a8b4 a4b8b12 2 2 8 2
b a b b a a
b a
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
y x
y x
2
2
Gi¶i:
y x
y x
2
2 :x y nên 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 x.y=1 nên 2.x.y=2
(x-y- 2 )2 Điều luôn Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4:
1)CM: P(x,y)=9 2
y xy y
y
x x,yR
2)CM: a2b2c2 a b c (gợi ý :bình phơng vế)
3)choba số thực khác không x, y, z tháa m·n:
z y x z y x
z y x
1
1
Chứng minh :có ba số x,y,z lớn (đề thi Lam Sơn 96-97)
(5)XÐt (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(
z y x
1 1
)=x+y+z - (11 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
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 2xy
b) x2y2 xy dÊu( = ) x = y = c) xy2 4xy
d) 2 a b b a
2)Bất đẳng thức Cô sy: n n aa a an
n
a a
a a
3
2
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 3
C B A c b a cC bB
aA
NÕu
C B A
c b a
3 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 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: xy2 4xy
Tacã a b2 4ab
; bc2 4bc ; ca2 4ac
2
b
a 2
c
b 2
a
c 64a2b2c2 8abc2
(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+z4(1 x)(1 y)(1 z)
3)Cho a>0 , b>0, c>0 CMR:
2
a b
c a c
b c b
a
4)Cho x0,y0 tháa m·n x y 1 ;CMR: x+y
vÝ dơ 3: Cho a>b>c>0 vµ 2 1
b c
(6)3 3 1
a b c
b c a c a b Gi¶i:
Do a,b,c đối xứng ,giả sử abc
b a
c c a
b c b
a a b c
2 2
¸p dơng BĐT Trê- b-sép ta có
a b
c c a
b c b
a c b a b a
c c c a
b b c b
a
a
3
2 2
2
=
= VËy
2
3 3
a b
c c a
b c b
a
DÊu b»ng x¶y a=b=c= vÝ dơ 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
c2d2 2cd
Do abcd =1 nªn cd = ab
1
(dïng
2 1
x
x )
Ta cã 2 2 2( )2( )4 ab ab cd
ab c
b
a (1)
Mặt khác: abcbcddca
=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
= 1 222
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: (ac)2 (bd)2 a2b2 c2 d2
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski tacó ac+bd a2 b2. c2 d2
mµ a c2 b d2 a2 b2 2ac bd c2 d2
2 2 2 2
2 a b c d c d
b
a
(ac)2 (bd)2 a2 b2 c2d2
vÝ dô 6 : Chøng minh r»ng
a2b2c2abbcac 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.c2
3a2b2c2a2b2c22abbcac
a2b2c2abbcac Điều phải chứng minh DÊu b»ng x¶y a=b=c
Ph ơng pháp : Sử dụng tính chất bắc cầu L
(7)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
d c b
d c a
0
c d b
d c a
(a-c)(b-d) > cd ab-ad-bc+cd >cd
ab> ad+bc (điều phải chøng minh) vÝ dô 2:
Cho a,b,c>0 tháa m·n
3
2
2b 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 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
(§iỊu ph¶i chøng minh) vÝ dơ
1- Cho <a,b,c <1 Chøng minh r»ng 2a32b32c3 3a2bb2cc2a
Gi¶i :
Do a < a2 1 vµ Ta cã 1 2.1
a b 1-b-a2+a2b > 0
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 :
2a32b32c3 3a2bb2cc2a
b)Chøng minh r»ng : NÕu 2 2 1998
b c d
a th× ac+bd =1998
(Chuyên Anh 98 99) Giải:
Ta cã (ac + bd)2 + (ad – bc )2 = a2c2 + 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
acbd 1998
(8)chøng minh r»ng : a12 +a22 a32 a 20032
2003
( đề thi vào chuyên nga pháp 2003- 2004Thanh hóa )
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: dùng tính chấtcủa tỷ số KiÕn thøc
1) Cho a, b ,c số dơng a Nếu
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 lƯ 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 (3) 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 b a d d a d c c d c b b c b a a
điều phải chứng minh vÝ dô :
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
(9)tìm giá trị lớn d b c a
giải : Không tính tổng quát ta giả sử : c a
d b Tõ :
c a
d b
d b d c
b a c a
1 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
1
khi a=d=1; c=b=999 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 = u1u2 un
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát uk hiệu hai số hạng liên tiếp nhau:
uk ak ak1
Khi :
S = a1 a2 a2 a3 an an1a1 an1 (*) 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 dô :
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 Gi¶i :
Ta cã k k
k k k
k 12 1
2
2
(10)> 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 ¬ng ph¸p 7:
Dùng bất đẳng thức tam giác L
u ý: NÕu a;b;clµ số 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
b a c
c a b
c b a
0 0
) (
) (
) (
2 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 có a > b-c a2 a2 (b c)2> b > a-c b2 b2 (c a)2> c > a-b 2 ( )2
c a b
c
(11)
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 lµ chiỊu dài ba cạnh tam giác
Chứng 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 2 2 2
b c abc a
Ph ơng pháp 8: đổi biến số Ví dụ1:
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=
x z y
; b =
y x z
; c =
z y x
ta cã (1)
z z y x y y x z x x z y 2
1 1 13
z y z x y z y x x z x y
( )( )( )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 ph¶i chøng minh
VÝ dơ2:
Cho a,b,c > vµ a+b+c <1 Chøng minh r»ng
2 2 2
bc b ac c ab
a (1)
Giải:
Đặt x = a2 2bc
; y = b2 2ac ; z = c2 2ab Ta cã 2
y z a b c
x
(1) 1119
z y
x Víi x+y+z < vµ x ,y,z >
Theo bất đẳng thức Côsi ta có xyz3.3 xyz
z y x 1
3 .3
xyz
1 19 z y x z y x
Mµ x+y+z < VËy 1119
z y
x (®pcm)
VÝ dô3:
Cho x0 , y0 tháa m·n x y 1 CMR
(12)Đặt x u , y v 2u-v =1 vµ S = x+y =u 2 v2 v = 2u-1 thay vµo tÝnh S min
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: dùng tam thøc bËc hai L
u ý :
Cho tam thøc bËc hai f x ax2 bxc
NÕu 0 th× a.f x 0 x R NÕu 0 th× a.f x 0
a b x
NÕu 0 a.f x với x x1 x x2 (x 2 x1) a.f x 0 víi x1xx2
VÝ dô1:
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 12
y y y
1
3 4
2
2
y
y y y
y
VËy fx,y0 víi mäi x, y VÝ dơ2:
Chøng minh r»ng
fx,y x2y4 2x2 2.y2 4xy x2 4xy3
Gi¶i:
Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với 2 2 4
x y xy x xy
y x
( 1)2 1 2
y x y y x y
Ta cã 21 22 2 12 16
y y y y y
V× a = 12
y vËy fx,y0 (®pcm)
Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học Kiến thøc:
Để chứng minh bất đẳng thức với n n0ta thực bớc sau :
– Kiểm tra bất đẳng thức với n n0
(13)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 nN;n1 (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 giả thiết quy nạp
1 1 ) ( 1 1 2 2 k k k k k
k k
k k 1 1 ) ( 1 2
2 ( 2) ( 1)2 ) ( 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>
Chøng minh r»ng
n b a
2
n
n b
a
(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)
1
ab k
1 k k b a b a b
a k
1 k k b
a (2)
VÕ tr¸i (2)
2 1
1
k k k k k k k
k b a b a ab a b b a b
a 1 1
k k k k k
k b a ab a b b
a
ak bk.a b0 (3) Ta chøng minh (3)
(+) Gi¶ sư a b giả thiết cho a -b a b ak bk bk
ak bk.a b0
(+) Giả sử a < b theo gi¶ thiÕt - a<b k k k k
b a b
a ak bk.a b0 Vậy BĐT (3)luôn ta cú (pcm)
Ph ơng pháp 11: Chứng minh ph¶n chøng
(14)1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức , ta giả sử bất đẳng thức sai kết hợp với giả thiết để suy điều vơ 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 : G
K
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 > 0 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 < trái giả thiết a+b+c > Vậy 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 2ac
hay a c2 0 (v« lý)
Vậy bất đẳng thức a2 4b
c2 4d có bất đẳng thức sai Ví dụ 3: Cho x,y,z > xyz = Chứng minh
NÕu x+y+z >
z y x
1 1
có ba số lớn Gi¶i :
Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1=x + y + z – (
z y x
1 1
) v× xyz = theo gi¶ thiÕt x+y +z >
z y x
1 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
2
a
b2+c2> ab+bc+ac Gi¶i
Ta cã hiƯu:
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
(15)=( a
-b- c)2 +
a abc a 12 36 =( a
-b- c)2 +
a abc a 12 36 3
>0 (v× abc=1 a3 > 36 nên a >0 ) Vậy :
3
2
a
b2+c2> ab+bc+ac §iỊu ph¶i chøng minh 2) Chøng minh r»ng
a) 4 2 ( 1)
y z x xy x z
x
b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã 5 4 2 6 3 0
b ab a b a
c) a22b2 2ab2a 4b20
Gi¶i :
a) XÐt hiÖu H = x4 y4 z2 2x2y2 2x2 2xz 2x
= 2 22 2 2
1
y x z x
x
H0 ta cã ®iỊu phải chứng minh
b) Vế trái cã thÓ viÕt H = 12 12
b b
a H > ta có điều phải chứng minh c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt H = 12 12
b b
a H ta có điều phải chứng minh Ii / Dùng biến đổi t ơng đ ơng
1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng
2 2 y x y x
Gi¶i : Ta cã 2 2 2
y x y xy x y
x (v× xy = 1)
2 22 4 4. 2
y x y x y
x
Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với x y4 4x y2 4 8.x y2
4 4 2
y x y
x
2 22 0
y
x
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
) ( ) (
2
xy y y x y xy x x y x
1 .1 .1
1 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 thực a + b +c =1 Chøng minh r»ng
3
2
2b c
a Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) vµ (a,b,c) Ta cã 1.a 1.b 1.c2 1 1 1.a2 b2 c2
a b c2 3.a2 b2 c2
(16)
3
2 2
b c
a (vì a+b+c =1 ) (đpcm)
2) Cho a,b,c số dơng Chứng minh r»ng 1 19
c b a c b
a (1)
Gi¶i (1) 1 1 19 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 19
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 b <1
Nên 1 2 .1 2 2
a b a b a b
Hay 1a2ba2b (1)
Mặt khác <a,b <1 a 2 a3 ; b b3
1a2a3b3
VËy a3 b3 1a2b
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 < 3211 25 11 255 256
MỈt kh¸c 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 :
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
(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 r»ng a b c
b c c a a b
(17)V× 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 Cộng vế ba bất đẳng thức ta có :
a b c
b c c a a b
(®pcm)
V/ ph ơng pháp làm trội : 1) Chứng minh B§T sau :
a) 1 1 1.3 3.5 (2n1).(2n1) 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)
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 lớn B
Ví dụ : 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 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 4 (2) DÊu b»ng x¶y 2 x 3 Vậy T có giá trị nhá nhÊt lµ 2 x 3
VÝ dụ : 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 cã
x+ y + z 3 xyz3 1
3 27
xyz xyz
(18) 2 3 3x y . y z . z x DÊu b»ng x¶y x=y=z=1 VËy S 8
27 27 729 VËy S cã giá trị lớn
729 x=y=z=
VÝ dô : Cho xy + yz + zx = T×m giá trị nhỏ x4y4z4
Giải :
áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho sè (x,y,z) ;(x,y,z)
Ta cã xy yz zx 2 x2y2z22 1x2y2z22 (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
3
x y z
Vậy x4y4z4 có giá trị nhỏ lµ
3 x = y = z = 3 VÝ dơ 4: Trong tam gi¸c vuông có cạnh huyền , tam giác vuông cã 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 huyền lµ 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 xy
Vậy tam giác có cạnh huyền tam giác vng cân có diện tích lớn Ii/ dùng b.đ.t để giải ph ơng trình hệ ph ng trỡnh
Ví dụ : Giải phơng trình 4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 2x x2
Gi¶i :
Ta cã 3x2 6x 19
3.(x22x1) 16
3.(x1)216 16 5x210x14 5. x12 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
x = -1
VËy ph¬ng tr×nh cã nghiƯm nhÊt x = -1
Ví dụ : Giải phơng trình x 2 x2 4y2 4y 3
Giải :
áp dụng B§T BunhiaCèpski ta cã :
x 2 x2 121 x22 x2 2 2 DÊu (=) x¶y x =
Mặt khác 4y24y 3 2y12 2 2 Dấu (=) x¶y y = -1
(19)VËy x 2 x2 4y2 4y 3 2
x =1 vµ y =-1 VËy nghiƯm cđa phơng trình
1
x y
Ví dụ : 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)
Nên x4y4z4 xyz Dấu (=) xảy x = y = z =1 VËy 4 x y z4 4
x y z xyz
cã nghiÖm x = y = z =1 VÝ dơ : Gi¶i hƯ phơng trình sau
2
4
2
xy y
xy x
(1) (2)
Tõ ph¬ng tr×nh (1) 8 y2 0 hay y Từ phơng trình (2) x2 x y 2 x
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 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
x2y2z2 xy3y2z Gi¶i :
(20)
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
C¸c sè x,y,z phải tìm
x y z
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình 1 1
x yz
Gi¶i :
Không tính tổng quát ta giả sử x y z Ta cã 1 2z
x y z z
Mµ z nguyên dơng z =
Thay z = vào phơng trình ta đợc 1
x y
Theo gi¶ sư xy nªn = 1
x y
1
y
y2 mà y nguyên dơng Nên y = y =
Với y = không thích hợp
Víi y = ta cã x =
VËy (2 ,2,1) lµ nghiệm phơng trình
Hoỏn v 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 (*) Giải :
(*) Víi x < , y < phơng trình nghĩa (*) Víi x > , y >
Ta cã x x y x x y2
x y2 x0
Đặt x k (k nguyên dơng x nguyên dơng ) Ta cã k k.( 1)y2
Nhng k2 k k 1 k12 k y k
(21)Vậy phơng trình cã nghiƯm nhÊt lµ : 0
x y