chuyen de bat dang thuc

[r]

Chuyên đề: Bất đẳng thức

Danh mục chuyên đề

S.t.t Nội dung trang

1 Phần mở đầu

2 Nội dung chuyên đề

3 C¸c kiÕn thøc cÇn 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 ng thc 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 pháp 7: dùmg bát đẳng thức tam giác 16

12 Phơng pháp 8: dùng đổi biến 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 øng dơng cđa bÊt d¼ng thøc 28

18 Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị 29

19 Dùng bất đẳng thức để: giải phơng trình hệ phơng trình 31

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

21 Tµi liƯu tham kh¶o

B- néi dung

Phần : kiến thức cần lu ý

1- Định nghĩa 2- Tính chất

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

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 số

9- Phơng 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

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 > ⇒ A ❑n > B

❑n ∀n

+ A > B ⇒ A ❑n > B

❑n víi n lỴ

+ |A| > |B| ⇒ A ❑n > B

❑n víi n ch½n

+ m > n > vµ A > ⇒ A ❑m > A

❑n

+ m > n > vµ <A < ⇒ A ❑m < A

❑n

+A < B vµ A.B > ⇒

A>

1

B

3-một số bất đẳng thức

+ |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 M ❑2  với M

VÝ dô  x, y, z chøng minh r»ng : a) x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx

b) x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz

c) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 (x + y + z)

Gi¶i:

a) Ta xÐt hiƯu

x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 - xy – yz - zx

=

2 ( x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx)

=

2

y − z¿2

x − z¿2+¿≥0

x − y¿2+¿ ¿ ¿

đúng với x;y;zR

Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu xảy 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 x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx

DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu

x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 - ( 2xy – 2xz +2yz )

= x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 - 2xy +2xz –2yz

=( x – y + z) ❑2 với x;y;zR

VËy x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz với x;y;z R



c) Ta xÐt hiÖu x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 +3 – 2( x+ y +z )

= x ❑2 - 2x + + y

❑2 -2y +1 + z ❑2 -2z +1

= (x-1) ❑2 + (y-1)

❑2 +(z-1) ❑2

DÊu(=)x¶y x=y=z=1 VÝ dô 2: chøng minh r»ng :

a) a

+b2

2 ≥(

a+b

2 )

2

;b) a

+b2+c2

3 ≥(

a+b+c

3 )

2

c) HÃy tổng quát toán

gi¶i

a) Ta xÐt hiƯu a

+b2

2 −(

a+b

2 )

2 = 2(a

2 +b2)

4 −

a2+2ab+b2

4

=

4(2a

2

+2b2− a2−b2−2 ab)

=

4(a −b)

2≥0

VËy a

+b2

2 ≥(

a+b

2 )

2

DÊu b»ng x¶y a=b b)Ta xÐt hiƯu

a

+b2+c2

3 −(

a+b+c

3 )

2

=

9[(a − b)

2

+(b − c)2+(c − a)2]≥0 VËy a

2

+b2+c2

3 ≥(

a+b+c

3 )

2

DÊu xảy a = b =c c)Tổng quát

a1

+a2

+ +an

2

n ≥(

a1+a2+ +an

n )

2

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

Bíc 3:KÕt luËn A  B

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

m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m(n+p+q+1)

Gi¶i: ⇔(m2

4 −mn+n

2

)+(m

4 −mp+p

2

)+(m

4 −mq+q

2

)+(m

4 − m+1)≥0

⇔(m

2 − n)

2 +(m

2 − p)

2 +(m

2− q)

2 +(m

2−1)

2

DÊu b»ng x¶y {

m

2 −n=0

m

2 − p=0

m

2 −q=0

m

2 −1=0

⇔ {

n=m

2

p=m

2

q=m

2

m=2

⇔ {n m=2 =p=q=1

Bµi tËp bỉ xung

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

(A+B)2=A2+2 AB+B2

(A+B+C)2=A2+B2+C2+2 AB+2 AC+2 BC (A+B)3=A3+3A2B+3 AB2+B3

VÝ dô 1:

Cho a, b, c, d,e số thùc chøng minh r»ng a) a2+b

2

4 ≥ab

b) a2

+b2+1≥ab+a+b

c) a2+b2+c2+d2+e2≥ a(b+c+d+e) Gi¶i:

a) a2+b

4 ≥ab

⇔4a2

+b2≥4 ab ⇔4a2−4a+b2≥0

⇔(2a −b)2≥0 (bất đẳng thức đúng) Vậy a2

+b

4 ≥ab (dÊu b»ng x¶y 2a=b)

b) a2

+b2+1≥ab+a+b ⇔2(a2+b2+1)>2(ab+a+b) ⇔a2−2ab

+b2+a2−2a+1+b2−2b+1≥0

b −1¿2≥0

a −1¿2+¿

a −b¿2+¿

⇔¿

Bất đẳng thức cuối Vậy 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) ⇔ (a2−4 ab+4b2)+(a2−4 ac+4c2)+(a2−4 ad+4d2)+(a2−4 ac+4c2)≥0

⇔ (a −2b)2+(a−2c)2+(a−2d)2+(a−2c)2≥0

Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh

VÝ dô 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

⇔ a8b2(a2− b2)

+a2b8(b2− a2)≥0

⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0

Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh

VÝ dô 3: cho x.y =1 vµ x.y

Chøng minh x

+y2

x − y 2√2

Gi¶i:

x2+y2

x y 22 :x y nên x- y ⇒ x

2+y2 2√2 ( x-y)

⇒ x2+y2- 2

√2 x+ 2√2 y ⇔ x2+y2+2- 2

√2 x+ 2√2 y -2 ⇔ x2+y2+(

√2 )2- 2

√2 x+ 22 y -2xy x.y=1 nên 2.x.y=2

⇒ (x-y- √2 )2 Điều ln Vậy ta có điều phải chứng minh

1)CM: P(x,y)= 9x2

y2+y2−6 xy−2y+1≥0 ∀x , y∈R

2)CM: a2

+b2+c2|a|+|b|+|c| (gợi ý :bình phơng vế)

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

x.y.z=1

1

x+

1

y+

1

z<x+y+z

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(

x+

1

y+

1

z )=x+y+z - (

1

x+

1

y+

1

z¿>0 (v×

1

x+

1

y+

1

z < x+y+z

theo gt)

→ sè x-1 , y-1 , z-1 ©m ba sỗ-1 , y-1, z-1 dơng

Nếủ trờng 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≥2 xy

b) x2

+y2≥∨xy∨¿ dÊu( = ) x = y = c) (x+y)2≥4 xy

d) a

b+ b a≥2

2)Bất đẳng thức Cô sy: a1+a2+a3+ +an

n ≥√a1a2a3 an Víi ai>0

+¿2n ¿

x12

+x22+ ¿

(a1x1+a2x2+ +anxn)

2

(a22+a2

2

+ +an2) ¿

4) Bất đẳng thức Trê- b-sép: Nếu {a≤ b ≤ c

A ≤ B≤ C ⇒

aA+bB+cC

3 ≥

a+b+c

3

A+B+C

3

NÕu {a ≤b ≤ c

A ≥ B ≥C ⇒

aA+bB+cC

3 ≤

a+b+c

3

A+B+C

3

DÊu b»ng xảy {a=b=c

A=B=C

b/ ví 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: (x+y)2≥4 xy

Tacã (a+b)2≥4 ab ; (b+c)2≥4 bc ; (c+a)2≥4 ac ⇒ (a+b)2 (b+c)2 (c+a)2 64a2b2c2=(8 abc)2 ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) 8abc

DÊu “=” x¶y a = b = c

vÝ dô 2(tù giải): 1)Cho a,b,c>0 a+b+c=1 CMR:

a+

1

b+

1

c≥9 (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+

b c+a+

c a+b≥

3

4)Cho x ,y tháa m·n 2√x −√y=1 ;CMR: x+y 15

vÝ dô 3: Cho a>b>c>0 vµ a2

+b2+c2=1 chøng minh r»ng

3 3 1

2

a b c

b c a c a b     

Gi¶i:

Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c ⇒ { a

≥ b2≥c2 a

b+c≥

b a+c

c a+b áp dụng BĐT Trê- b-sép ta cã

a2 a

b+c+b

b

a+c+c

c

a+b≥

a2

+b2+c2

3 (

a b+c+

b a+c+

c a+b) =

1 3 =

VËy a3

b+c+

b3

a+c+

c3

a+b≥

1

2 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 :

a2+b2+c2+d2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10

Gi¶i: Ta cã a2

c2

+d2≥2 cd

Do abcd =1 nªn cd =

ab (dïng x+

x≥

1 )

Ta cã a2

+b2+c2≥2(ab+cd)=2(ab+

ab)≥4 (1)

Mặt khác: a(b+c)+b(c+d)+d(c+a) =(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) = (ab+

ab)+(ac+

ac)+(bc+

bc)≥2+2+2

VËy a2

+b2+c2+d2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10

vÝ dô 5: Cho sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng:

b+d¿2 ¿

a+c¿2+¿ ¿

√¿

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

(a2

+b2)+2√a2+b2.√c2+d2+c2+d2

⇒

b+d¿2 ¿

a+c¿2+¿ ¿

√¿

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 ⇒ (a2+b2+c2)≥ a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)

⇒ a2+b2+c2≥ab+bc+ac §iỊu ph¶i chøng 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× x ❑2 <x

vÝ dô 1:

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 {a>c+d

b>c+d ⇒ {

a −c>d>0

b −d>c>0 ⇒ (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 a2+b2+c2=5

3

Chøng minh

a+

1

b+

1

c<

Gi¶i:

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

⇒ ac+bc-ab ¿¿ ¿

1

2 ( a2+b2+c2)

⇒ ac+bc-ab

6

¿ ¿

¿ Chia hai vÕ cho abc > ta cã

1

a+

1

b−

1

c ¿ ¿ ¿

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

(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 < ⇒ a2

<1 vµ

Ta cã (1− a2).(1− b)<0 ⇒ 1-b- a2 + a2 b > 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 : 2a3

+2b3+2c3≤3+a2b+b2c+c2a

b)Chøng minh r»ng : NÕu a2+b2=c2+d2=1998 th× ac+bd =1998

(Chuyên Anh 98 99) Giải:

Ta cã (ac + bd) ❑2 + (ad – bc )

❑2 = a ❑2 c ❑2 + b ❑2d2+2 abcd+a2d2

+b2c2 - abcd =

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

rá rµng (ac+bd)2

(ac+bd)2+(ad−bc)2=19982

⇒ |ac+bd|≤1998

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

=1

chøng minh r»ng : a ❑12 + a22+a32+ +a20032

2003 ( đề thi vào chuyên nga

ph¸p 2003- 2004Thanh hãa )

2,Cho a;b;c tháa m·n :a+b+c=1(?) Chøng minh r»ng: (

a−1¿.(

1

b−1).(

1

Ph ơng pháp 5: dùng tính chÊtcña tû sè KiÕn thøc

1) Cho a, b ,c số dơng thì

a – NÕu a

b>1 th× a b>

a+c

b+c b – NÕu a

b<1 th× a b<

a+c

b+c 2)NÕu b,d >0 th× tõ

a

b< c

d⇒

a b<

a+c

b+d<

c d

`

vÝ dô :

Cho a,b,c,d > Chøng minh r»ng 1< a

a+b+c+

b b+c+d+

c c+d+a+

d d+a+b<2 Gi¶i :

Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã a

a+b+c<1⇒

a a+b+c<

a+d

a+b+c+d (1) Mặt khác : a

a+b+c>

a

a+b+c+d (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã

a

a+b+c+d <

a a+b+c <

a+d

a+b+c+d (3) T¬ng tù ta cã

b

a+b+c+d<

b b+c+d<

b+a

a+b+c+d (4) c

a+b+c+d<

c c+d+a<

b+c

a+b+c+d (5) d

a+b+c+d<

d d+a+b<

d+c

1< a

a+b+c+

b b+c+d+

c c+d+a+

d

d+a+b<2 điều phải chứng minh

vÝ dô :

Cho: a

b < c

d vµ b,d > Chøng minh r»ng a b <

ab+cd

b2 +d2<

c d

Gi¶i: Tõ a

b < c

d ⇒

ab

b2<

cd

d2 ⇒

ab

b2<

ab+cd

b2 +d2<

cd

d2=

c d

VËy a

b <

ab+cd

b2+d2<

c

d 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 a

c+ b d

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

c b

d Tõ : a c

b

d ⇒

a c≤

a+b

c+d≤

b d a

c≤1 v× a+b = c+d

a, NÕu :b 998 th× b

d 998 ⇒

a c+

b

d 999

b, NÕu: b=998 th× a=1 ⇒ ac+b

d =

1

c+

999

d Đạt giá trị lớn d= 1; c=999

Vậy giá trị lớn a

c+ b

d =999+

1

Ph ơng pháp 6: Phơng pháplàm trội

L u ý:

Dùngcác tính bất đẳng thức để đa vế bất đẳng thức dng tớnh c tng

hữu hạn tích hữu hạn

(*) Phng phỏp chung tớnh tổng hữu hạn : S = u1+u2+ +un

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u ❑k hiệu hai số hạng liên tiếp nhau:

uk=ak−ak+1

Khi :

S = (a1− a2)+(a2− a3)+ +(an an+1)=a1an+1 (*) Phơng pháp chung tính tích hữu hạn P = u1u2 un

Biến đổi số hạng uk thơng hai số hạng liên tiếp nhau: uk = ak

ak+1 Khi P = a1

a2

.a2

a3

an

an+1

= a1

an+1

VÝ dơ :

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

2<

n+1+

1

n+2+ +

1

n+n<

3

Gi¶i:

Ta cã

n+k>

1

n+n=

1

2n víi k = 1,2,3,…,n-1

Do đó:

n+1+

1

n+2+ +

1 2n>

1 2n+ +

1 2n=

n

2n=

1

VÝ dô :

Chøng minh r»ng:

1+

√2+

√3+ +

√n>2(√n+1−1) Víi n lµ số nguyên

Giải :

Ta có

√k=

2 2√k>

2

√k+√k+1=2(√k+1−√k) Khi cho k chạy từ đến n ta có

> (√2−1)

√2>2(√3−√2)

√n>2(√n+1−√n)

Cộng vế bất đẳng thức ta có 1+

√2+

√3+ +

√n>2(√n+1−1)

VÝ dô :

Chøng minh r»ng ∑

k=1

n

1

k2<2 ∀n∈Z

Gi¶i:

Ta cã

k2<

1

k(k −1)=

1

k −1−

k

Cho k chạy từ đến n ta có

1 22<1−

1

32< 2−

1

1

n2<

1

n −1−

n

⇒

22+

32+ +

n2<1

VËy ∑

k=1

n

1

k2<2

Ph ơng pháp 7:

Dùng 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

VÝ dô1: Cho a;b;clà số đo ba cạnh tam giác chứng 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 có {

0<a<b+c

0<b<a+c

0<c<a+b

 {

a2<a(b+c)

b2

<b(a+c)

c2

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

b) Ta cã a > b-c   b − c¿

a2

>a2−¿ > b > a-c   c −a¿

2

b2

>b2−¿ > c > a-b   a −b¿

2 >0

c2>c2−¿ Nhân vế bất đẳng thức ta đợc

⇒a2b2c2

>[a2−(b − c)2][b2−(c − a)2] [c2−(a −b)2] ⇒a2b2c2

>(a+b − c)2(b+c − a)2(c+a −b)2 ⇒abc>(a+b − c).(b+c −a).(c+a −b)

VÝ dô2: (404 – 1001)

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

Chøng 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 a2+b2+c2+2 abc<2

Ph ơng pháp 8: đổi biến số

VÝ dô1:

Cho a,b,c > Chøng minh r»ng a

b+c+

b c+a+

c a+b≥

3 (1)

Giải : Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a= y+z − x

2 ; b =

z+x − y

2 ; c =

x+y − z

2

ta cã (1) ⇔ y+z − x

2x +

z+x − y

2y +

x+y − z

2z

3

⇔ y

x+ z x−1+

x y+

z y−1+

x z+

y z−1≥3

⇔ ( y

x+ x y¿+(

z x+

x z)+(

z y+

y z)≥6

Bất đẳng thức cuối ( y

x+ x

y≥2; z x+

x

z≥2 ; z y+

y

z≥2 nªn ta cã

điều phải chứng minh

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

a2

+2 bc+

1

b2

+2 ac+

1

c2

+2 ab9 (1) Giải:

Đặt x = a2

+2 bc ; y = b2+2 ac ; z = c2+2ab

Ta cã x+y+z=(a+b+c)2<1 (1) ⇔1

x+

1

y+

1

z≥9 Víi x+y+z < vµ x ,y,z >

Theo bất đẳng thức Cơsi ta có x+y+z ≥ √3xyz

1

x+

1

y+

1

z≥

3 √

xyz ⇒ (x+y+z).(1

x+

1

y+

1

z)≥9

Mµ x+y+z < VËy

x+

1

y+

1

z≥9 (®pcm)

VÝ dơ3:

Cho x , y tháa m·n 2√x −√y=1 CMR x+y 1

5

Gợi ý:

Đặt √x=u , √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: 25a

b+c+

16b c+a+

c a+b>8 2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0

CMR

ma

b+c+

nb

c+a+

pc

a+b≥

1

2(√m+√n+√p)

2

Ph ¬ng ph¸p 9: dïng tam thøc bËc hai L

u ý :

Cho tam thøc bËc hai f(x)=ax2

+bx+c NÕu Δ<0 th× a.f(x)>0 ∀x∈R NÕu Δ=0 th× a.f(x)>0 ∀x ≠ −b

a

NÕu Δ>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

f(x , y)=x2+5y2−4 xy+2x −6y+3>0 (1) Gi¶i:

Ta cã (1) ⇔ x2−2x(2y −1)+5y2−6y+3>0 Δ'

=(2y −1)2−5y2+6y −3

¿4 y 2−4y

+1−5y2+6y −3

−(y −1)2−1<0 VËy f(x , y)>0 víi mäi x, y

VÝ dô2:

Chøng minh r»ng

f(x , y)=x2y4+2(x2+2).y2+4 xy+x2>4 xy3 Gi¶i:

Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với x2y4+2(x2+2).y2+4 xy+x2−4 xy3>0 y

2

+1¿2.x2+4y(1− y)2x+4y2>0 ⇔¿

Ta cã Δ'

=4y2(1− y2)2−4y2(y2+1)2=−16y2<0 V× a = (y2

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

Để chứng minh bất đẳng thức với n>n0 ta 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 Ví dụ1:

Chøng minh r»ng

12+

22+ +

n2<2−

1

n ∀n∈N ;n>1 (1)

Gi¶i :

Víi n =2 ta cã 1+1

4<2−

2 (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) ⇔

k+1¿2 ¿ ¿

1 12+

1 22+ +

1

k2+

1

¿ Theo giả thiết quy nạp

k+12 ¿

1 12+

1 22+ +

1 k2+

1

¿

⇔

k+1¿2 ¿ ¿

1 12+ +

1

⇔

k+1¿2 ¿

k+1¿2 ¿

k+1+1 ¿

⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều Vậy bất đẳng thức (1)đợc

chøng minh

VÝ dô2: Cho n∈N vµ a+b> 0

Chøng minh r»ng (a+b

2 )

n

an+bn

2 (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) ⇔ (a+b

2 )

k+1

a

k+1 +bk+1

2

⇔ (a+b

2 )

k

.a+b

2

ak+1 +bk+1

2 (2)

⇔ VÕ tr¸i (2) ak+bk

2

a+b

2 =

ak+1

+abk+akb+bk+1

4 ≤

ak+1 +bk+1

2

⇔ ak+1+bk+1

2 −

ak+1

+abk+akb+bk+1

4 ≥0

⇔ (ak− bk).(a −b)≥0 (3)

Ta chøng minh (3)

(+) Giả sử a b gi¶ thiÕt cho a -b ⇔ a |b|

⇔ ak≥

|b|k≥ bk ⇒ (ak− bk).

(a −b)≥0 (+) Gi¶ sử a < b theo giả thiết - a<b ⇔ |a|k

<bk⇔ak<bk ⇔

(ak− bk).(a −b)≥0

Ph ơng pháp 11: Chøng minh ph¶n chøng

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 vô 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 : −−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 > V× a < mµ 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 v ta

đ-ợc

a2+c2<4(b+d) (1)

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

+c2<2 ac hay (a − c)2<0 (vô lý) Vậy bất đẳng thức a2

<4b c2<4d có bất đẳng thức

VÝ dô 3:

Cho x,y,z > vµ xyz = Chøng minh r»ng NÕu x+y+z >

x+

1

y+

1

z th× cã mét ba sè lớn

Giải :

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

=x + y + z – (

x+

1

y+

1

z ) v× xyz =

theo gi¶ thiÕt x+y +z >

x+

1

y+

1

z

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) 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 a3

>36 Chøng minh r»ng a

2

3 +¿ b

2+c2> ab+bc+ac

Ta cã hiÖu: a

3 +¿ b

2+c2- ab- bc – ac

= a

4 +¿

a2

12+¿ b

2+c2- ab- bc – ac

= ( a

4 +¿ b

2+c2- ab– ac+ 2bc) + a

2

12− 3bc

=( a

2 -b- c)2 + a

3

−36 abc 12a

=( a

2 -b- c)2 + a

3

36 abc

12a >0 (vì abc=1 a

3 > 36 nªn a >0 )

VËy : a

3+ b

2+c2> ab+bc+ac Điều phải chøng minh

2) Chøng minh r»ng

a) x4+y4+z2+1≥2x.(xy2− x+z+1) b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã a2

+5b2−4 ab+2a −6b+3>0 c) a2

+2b2−2 ab+2a −4b+2≥0

Gi¶i :

a) XÐt hiÖu H = x4

+y4+z2+1−2x2y2+2x2−2 xz−2x = (x2− y2

)2+(x − z)2+(x −1)2

H ta có điều phải chứng minh b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H = (a −2b+1)2+(b −1)2+1

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

H = (a −b+1)2+(b −1)2

⇒ H ta có điều phải chứng minh

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

(x

+y2)2 (x − y)2 ≥8 Gi¶i :

Ta cã x2

+y2=(x − y)2+2 xy=(x − y)2+2 (v× xy = 1) ⇒ (x2

+y2)2=(x − y)4+4 (x − y)2+4 Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với (x − y)4+4(x − y)2+4≥8.(x − y)2

⇔ (x − y)4−4(x − y)2+4≥0 ⇔ [(x − y)2

−2]2≥0

2) Cho xy Chøng minh r»ng

1+x2+

1 1+y2≥

2 1+xy Gi¶i :

Ta cã

1+x2+

1 1+y2≥

2 1+xy ⇔ (

1+x2−

1 1+y2)+(

1 1+y2−

1 1+xy)≥0 ⇔ xy− x

2

(1+x2).(1+xy)+

xy− y2

(1+y2).(1+xy)≥0 ⇔ x(y − x)

(1+x2).(1+xy)+

y(x − y)

(1+y2).(1+xy)≥0 ⇔ (y − x)

2

(xy−1)

(1+x2).(1+y2).(1+xy)≥0

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 a2

+b2+c2≥1

3

Gi¶i :

áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) vµ (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) ⇔ a2+b2+c2≥1

3 (vì a+b+c =1 ) (đpcm)

2) Cho a,b,c số dơng

Chứng minh r»ng (a+b+c).(1

a+

1

b+

1

c)≥9 (1)

Gi¶i :

(1) ⇔ 1+a

b+ a c+

b a+1+

b c+

c a+

c a+1≥9

⇔ 3+(a

b+ b a)+(

a c+

c a)+(

b c+

áp dụng BĐT phụ x

y+ y

x ≥2 Víi x,y >

Ta có BĐT cuối ln Vậy (a+b+c).(1

a+

1

b+

1

c)≥9 (®pcm)

Iv / dïng 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 Hay 1+a2b>a2+b (1)

Mặt khác <a,b <1 a2>a3 ; b>b3 ⇒ 1+a2>a3+b3

VËy a3+b3<1+a2b T¬ng tù ta cã

b

+c3<1+b2c

a3+c3<1+c2a

⇒ 2a3

+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a (®pcm) 2) So sánh 31 11 17

14

Gi¶i :

Ta thÊy 3111 <  

11

11 55 56

32  2 2

MỈt kh¸c  

14

56 4.14 14 14

2 2  16 17 Vëy 31 ❑11 < 17

❑14 (®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)

a b c

b c c a a b

   

  

Gi¶i :

Vì a ,b ,c số đo ba cạnh tam giác nên ta có a,b,c > Vµ a < b +c ; b <a+c ; c < a+b

Tõ (1)

2

a a a a

b c a b c a b c



  

Mặt khác

a a

b c a b c  VËy ta cã

2

a a a

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 

2

c c c

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) Chøng minh B§T sau : a)

1 1

1.3 3.5  (2n1).(2n1)2

b)

1 1

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

1 2

2 n n n

     

          

Phần iv : ứng dụng bất đẳng thức 1/ dùng bất đẳng thức để tìm c c trị

L u ý

- Nếu f(x) A f(x) có giá trị nhá nhÊt lµ A - NÕu f(x)  B f(x) có giá trị lớn B Ví dụ 1 :

Tìm giá trị nhá 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 = 4

Ta cã tõ (1)  DÊu b»ng x¶y 1 x (2)  DÊu b»ng x¶y 2 x VËy T có giá trị nhỏ x

VÝ dô :

Tìm 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 33 xyz

3 1

3 27

xyz xyz

   

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

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

1

VËy S 

8

27 27 729

VËy S có giá trị lớn

VÝ dô : Cho xy+yz+zx = Tìm giá trị nhỏ x4y4z4 Giải :

áp dụng B§T Bunhiacèpski cho sè (x,y,z) ;(x,y,z)

Ta cã    

2

2 2 2 2

xy yz zx   x y z

 

2

2 2

1 x y z

   

(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( x4y4z4)

4 4

3

x y z

   

VËy x4y4z4 có 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

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 =  

2

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

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

VÝ dơ :

Giải phơng trình sau

3x26x19 5x210x14 2  x x Gi¶i :

Ta cã 3x26x19 3.(x22x1) 16 3.(x1)216 16

 

2

5x 10x14 5. x1  9

VËy 3x2 6x19 5x210x14 5   DÊu ( = ) x¶y x+1 =  x = -1

VËy 3x26x19 5x210x14 2  x x x = -1 Vậy phơng trình cã nghiÖm nhÊt x = -1

VÝ dụ :

Giải phơng trình

x 2 x2 4y24y3 Gi¶i :

áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :

 

2 2 2

2 1 2 2

x  x   x   x  

DÊu (=) x¶y x =

Mặt khác

2

4y 4y 3 2y1  2

DÊu (=) x¶y y = -1

VËy x 2 x2 4y24y 3 x =1 vµ y =-1

Vậy nghiệm phơng trình

1

x y

   

   VÝ dô :

Giải hệ phơng trình sau: 4

1

x y z

x y z xyz

   



  



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

  

  

Vì x+y+z = 1)

Nên x4y4z4 xyz

DÊu (=) x¶y x = y = z =

VËy 4

x y z

x y z xyz

   



  

 cã nghiÖm x = y = z =

1

Ví dụ : Giải hệ phơng trình sau

2

4

xy y

xy x

   



 



(1) (2)

Từ phơng trình (1) 8 y2 0 hay y  Tõ ph¬ng tr×nh (2)

2 2 . 2 2

x x y x

   

2

2

2 2

( 2)

2

x x

x x x

   

  

 

 

NÕu x = th× y = 2 NÕu x = - th× y = -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 x2y2z2xy3y2z Giải :

Vì x,y,z số nguyên nên x2y2z2 xy3y2z

 

2 2

2

2

3

3

3

4

x y z xy y z

y y

x xy y z z

                             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                    1

1

2 1 y x x y y z z                       

Các số x,y,z phải tìm lµ x y z         VÝ dô 2:

Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình

1 1

x y z 

Gi¶i :

Không tính tổng quát ta giả sử x y z  Ta cã

1 1

2 2z

x y z z

     

Thay z = vào phơng trình ta đợc 1

1

x y 

Theo giả sử xy nên = 1

x y

1

y



2

y

  mµ y nguyên dơng Nên y = y =

Víi y = kh«ng thÝch hỵp

Víi y = ta cã x =

VËy (2 ,2,1) nghiệm phơng trình

Hoán vị số ta đợc nghiệm phơng trình (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2)

VÝ dơ :

T×m cặp số nguyên thoả mÃn phơng trình x x y (*)

Gi¶i :

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

Ta cã x x y  x xy2  x y2 x0

Đặt x k (k nguyên dơng x nguyên dơng ) Ta có k k.( 1)y2

Nhng    

2

2 1 1

k k k  k ky k

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

Nên cặp số nguyên dơng thoả mÃn phơng trình Vậy phơng trình có nghiệm :

0

x y

  

Tµi liƯu tham kh¶o

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

1- tốn 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 - i s 10

-nxb Đại học quốc gia hà nội 1998

Tác giả : Phan Duy Kh¶i

– toán bồi dỡng học sinh đại số

-nhà xuất hà nội

Tỏc giả : 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 bi toỏn chn lc

-nhà xuất trẻ 1995 Tác giả : Võ Đại Mau

– Giáo trình đại số sơ cấp trờng đhsp i – hà nội