Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Chuyên đề: Bất đẳng thức A- Mở đầu:
Bất đẳng thức 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 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 thuộc
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 lµm tréi 14
11 Phơng pháp 7: dùmg 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
(2)20 Dùng bất đẳng thức để : giải phơng trình nghiệm nguyên 33 21 Tài liệu tham khảo
B- néi 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
(3)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 >
Lu ý dùng bất đẳng thức M2 với M
(4)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
DÊu b»ng x¶y 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
gi¶i a) Ta xÐt hiƯu
2
2
2
2
b a b
a
=
4
2a2 b2 a2 ab b2
= 2a 2b a b 2ab
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
(5)=
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
Bíc 3:KÕt luËn 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 (luôn 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
(6)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 B2 A2 2AB B2
A B C2 A2 B2 C2 2AB 2AC 2BC
3 2
3
3A B AB B
A B
A
VÝ dơ 1:
Cho a, b, c, d,e lµ c¸c sè thùc chøng minh r»ng a) a b ab
4
2
b)a2b21abab
c)a2 b2 c2 d2 e2 abcde Gi¶i:
a) a b ab
2
4a2 b2 4ab 4a2 4ab2 0
2a b2 0 (bất đẳng thức đúng) Vậya b ab
4
2
2 (dÊu b»ng x¶y 2a=b)
b) a2b21abab
2(a2 b2 2(ab a b)
a2 2abb2a2 2a1b2 2b10
( )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 b2c2 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
(7) 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 b10a2b2 a8b8a4b4
Gi¶i:
a10 b10a2b2 a8b8a4b4 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 :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 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,yR
2)CM: a2b2c2 abc (gợi ý :bình phơng vế)
3)choba số thực khác không x, y, z thỏa mÃn:
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 1y1z)=x+y+z - (111)
z y
x (v×x y z
1 1
< x+y+z theo gt)
sè x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dơng
(8)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) x y2 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
Với ai 0 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski
2
221 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2
2aa 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 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
vÝ dơ 2(tù gi¶i): 1)Cho a,b,c>0 vµ 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:
a b
c a c b c b a
4)Cho x0,y0 tháa m·n x y 1 ;CMR: x+y
vÝ dô 3: Cho a>b>c>0 vµ 2 b c
a chøng minh r»ng
3 3 1
2
a b c
b c a c a b
(9)Do a,b,c đối xứng ,giả sử abc b a c c a b c b
a a b c
2 2
áp dụng 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 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)
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 a2 b2 c2d2
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
(a c)2 (b d)2 a2 b2 c2 d2
vÝ dô 6 : Chøng minh r»ng
a2b2c2 abbcac
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
a2b2c2 abbcac Điều phải chứng minh Dấu xảy 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× 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
(10) (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) vÝ dô
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 : 2a32b3 2c3 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 = 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
acbd 1998
2-Bài tập : 1, Cho sè thùc : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m·n : a1+ a2+a3 + ….+a2003
(11)chøng minh r»ng : a12 +a22a32 a 20032
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 th× 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 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
(12)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
điều phải chứng minh ví dụ :
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 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 giả sử : 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
(13)Ph ơng pháp 6: Phơng pháplàm trội
L u ý:
Dùngcác tính bất đẳng thức để đa vế bất đẳng thức v dng tớnh c tng
hữu hạn tích hữu hạn
(*) Phng phỏp chung 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
(*) Ph¬ng 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
víi 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 Víi n lµ số nguyên
Giải :
Ta có k k
k k k
k 1 2 1
2
(14)> 2 1 2 2
2
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:
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 cđa tam gi¸c chøng minh r»ng
(15)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 ) ( ) ( ) ( 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
>
b > a-c b2 b2 (c a)2
>
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 gi¸c 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) y2zx xz2xy y x2yz z
2
1 1 13
z y z x y z y x x z x y
( )( )( )6
(16)Bất đẳng thức cuối ( 2;
y x x y
2 z x x z
; 2
z y y z
nªn ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh
VÝ dơ2:
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)
Giải:
Đặt x = a2 2bc
; y = b22ac ; z = c22ab
Ta cã xyzabc21 (1) 1119
z y
x Víi x+y+z < vµ x ,y,z >
Theo bất đẳng thức Cơsi ta có xyz3.3 xyz
z y x
1 1
3 .3
xyz
1 19
z y x z y x
Mµ x+y+z < VËy 1119
z y
x (®pcm)
VÝ dơ3:
Cho x0 , y0 tháa m·n x y 1 CMR
5 y x
Gợi ý:
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
(17)
Ph ¬ng ph¸p 9: dïng tam thøc bËc hai L
u ý :
Cho tam thøc bËc hai f x ax2bxc
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 (x 2 x1) a.f x 0 víi x1xx2
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 12
y y y
1
3 4
2
2
y
y y y
y
VËy fx,y0 víi mäi x, y
VÝ dô2:
Chøng minh r»ng
fx,y x2y4 2x2 2.y2 4xy x2 4xy3
Gi¶i:
Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với x2y42x22.y24xyx2 4xy30
( 1)2 1 2
y x y y x y
Ta cã 21 22 2 12 16
(18)V× a = 12
y vËy fx,y0 (đpcm)
Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học Kiến thức:
chng 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
1 2
1
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
1
2
2
2 k k k
Theo gi¶ thiÕt quy n¹p
1 1 ) (
1
1
1
2
2
2
k k
k k
k
k k k
k
1 1 1 ) (
1
1
2
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 dơ2: Cho n N vµ a+b> Chøng minh r»ng
n b a
2
n
n b
a (1)
(19)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
ab k
2
1
1
k
k b
a
2
b a b
a k
2
1
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 b0 (3)
Ta chøng minh (3)
(+) Giả sử a b giả thiết cho a -b a b
ak bk bk
ak bk.a b0
(+) Gi¶ sư a < b theo giả thiết - a<b k k k k
b a b
a ak bk.a b0
Vậy BĐT (3)ln ta có (đpcm)
Ph ơng pháp 11: Chứng minh phản chứng
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 vơ lý , điều vơ lý điều trái với giả thiết , điều trái ngợc Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh
(20)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 thiÕt 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
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
VÝ dô 3:
Cho x,y,z > vµ xyz = Chøng minh r»ng
NÕu x+y+z > 1x1y1z th× cã ba số lớn 1 Giải :
Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1
=x + y + z – (1x1y1z ) v× xyz = 1 theo gi¶ thiÕt x+y +z > 1x1y1z
nªn (x-1).(y-1).(z-1) >
Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè d¬ng
(21)Cịn 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:
3
2
a b2+c2- ab- bc – ac
=
2
a
12
2
a b2+c2- ab- bc – ac
= (
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 :
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
(22)a25b2 4ab2a 6b30
c) 2 2
b ab a b a
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 có điều phải chứng minh
b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt
H = 12 12
b b
a
H > ta cã ®iỊu phải chứng minh c) vế trái viÕt
H = 12 12
b b
a
H ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh
Ii / Dùng biến đổi t ơng đ ơng 1) Cho x > y xy =1 Chứng minh
2
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 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
(23)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 2
b c a
Giải :
áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho sè (1,1,1) vµ (a,b,c) Ta cã 2 2 2
1
1
1a b c a b c
a b c2 3.a2 b2 c2
3
2 2b c
a (v× a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số dơng
Chøng 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
¸p dơng B§T phơ 2
x y y x
Với x,y > Ta có BĐT cuối
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 vµ b <1
Nªn 1 2 .1 2 2
a b a b a b
Hay 1a2ba2b (1)
Mặt khác <a,b <1 a 2 a3 ; b b3
1 a2 a3 b3
(24)VËy a3b31a2b
T¬ng tù ta cã
a c c
a
c b c
b
2
3
2
3
1
2a32b32c3 3a2bb2cc2a (®pcm)
2) So sánh 3111 1714
Giải :
Ta thÊy 3111 <
11
11 55 56
32 2 Mặt khác 25624.14 24 141614 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
Giải :
Vì 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 gi¸c Chøng minh r»ng
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
Cộng vế ba bất đẳng thức ta có : a b c
b c c a a b
(25)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
(26)Tìm giá trị nhỏ nhÊt cña : 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 VËy T cã giá trị nhỏ x VÝ dơ :
T×m giá trị lớn
S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > vµ x+y+z =1 Giải :
Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Côsi ta có x+ y + z 3 xyz3
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 33x y y z x z
2 3 3x 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 lín nhÊt lµ
729 x=y=z=
VÝ dô : Cho xy+yz+zx = 1 Tìm giá trị nhỏ x4 y4 z4
Gi¶i :
áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ;(x,y,z) Ta cã xy yz zx2 x2 y2 z22
1 x2 y2 z22
(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
3
x y z
VËy x4 y4 z4
cã giá trị nhỏ
3 x=y=z= 3
VÝ dô :
Trong tam giác vuông có cạnh huyền , tam giác vuông có diện tích lớn nhÊt
(27)Gäi c¹nh hun tam giác 2a Đờng cao thuộc cạnh huyền h
Hình chiếu cạnh góc vuông lên cạnh huyền x,y Ta có 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
VËy c¸c tam gi¸c có cạnh huyền tam giác vuông cân có diƯn tÝch lín nhÊt
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 3x26x19 3.(x2 2x 1) 16 3.(x 1)2 16 16
5x2 10x 14 5.x 12 9 9
VËy 4 3x26x19 5x210x14 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 VÝ dụ :
Giải phơng trình
(28)Gi¶i :
áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :
x 2 x2 12 1 2 x2 2 x2 2 2
DÊu (=) x¶y x =
Mặt khác 4y2 4y 3 2y 12 2 2 DÊu (=) x¶y y = -1
2
VËy x 2 x2 4y2 4y 3 2
x =1 vµ y =-1
2
Vậy nghiệm phơng trình
1 x y
VÝ dô :
Giải hệ phơng trình sau:
4 x y z4 4
x y z xyz
Gi¶i : 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
3
VËy 4 x y z4 4
x y z xyz
cã nghiÖm x = y = z =1
3
VÝ dụ : Giải hệ phơng trình sau
2
2
xy y
xy x
(1)
(2)
Từ phơng trình (1) 8 y2 0 hay y 8
(29)
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
x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 Giải :
Vì x,y,z số nguyên nên 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
(30)
0
2 1
1
2
1
y x
x y
y z z
Các số x,y,z phải tìm
1 x y z
VÝ dô 2:
Tìm nghiệm nguyên dơng phơng tr×nh 1
x yz
Giải :
Không tính tổng quát ta giả sử x y z Ta cã 1 2z
x y z z
Mà z nguyên dơng vËy z =
Thay z = vào phơng trình ta đợc 1
xy
Theo giả sử xy nên = 1
x y y
y2 mà y nguyên dơng Nên y = hc y =
Víi y = không thích hợp
Với y = ta cã x =
Vậy (2 ,2,1) nghiệm phơng trình
Hoán vị số ta đợc nghiệm phơng trình (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2)
VÝ dô :
Tìm cặp số nguyên thoả mÃn phơng tr×nh x x y (*)
Gi¶i :
(*) Với 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 12
ky k 1
Mµ k k+1 hai số nguyên dơng liên tiếp không tồn số nguyên dơng
(31)Vậy phơng trình có nghiệm nhÊt lµ :
0 x y
Tài liệu tham khảo
************
1- toán 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
T¸c gi¶ : Phan Duy Kh¶i
– toán bồi dỡng học sinh đại số -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