Chuyen de BDHSG chung minh bat dang thuc TOAN 8

Chuyªn ®Ò chøng minh bÊt thøc PhÇn I... Bµi tËp ¸p dông.[r]

Chuyên đề chứng minh bất thức Phần I kiến thức bản.

1-§inhnghÜa

0

A B A B

A B A B

   

 

   



2.Các tính chất bất đẳng thức:

1 a>b , c>d⇒a+c>b+d a>b>0⇒an

>bn a>b , c<d⇒a− c>b − d a>b⇔an

>bn n ch½n

3 a>b , c>0⇒ac>bc |a|>|b|⇔an>bn n ch½n

4 a>b , c<0⇒ac<bc m>n>0, a>1⇒an

>bn a=1⇒an

=bn;0<a<1⇒an<bn a>b≥0, c>d ≥0⇒ac>bd 10

a>b ,ab>0⇒1 a<

1 b 3.Một số bất đẳng thức

1 A ❑2 víi ∀ A ( dÊu = x¶y A

= ) A B A  B ( dÊu = x¶y

A.B  0) |A|≥0 víi ∀A (dÊu = x¶y A =

0 )

3 |A| < A = |A| |A − B|≤|A|−|B| ( dÊu = x¶y A.B 0)

4.Bất đẳng thức Cơ-si:

*ĐL:Trung bình cộng n số khơng âm lớn hoắc trung bình nhân n số a1+a2+a3+ +an

n ≥

n

√a1.a2.a3 an ,( a1.a2.a3 an không âm ) Dấu đẳng thức xảy a1=a2=a3= =an

*Dạng đơn giản: a+b

2 ≥√ab;

a+b+c

3 ≥

3

√abc

3.Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốpx-ki:

*Cho n cặp số a1, a2, a3, ,an;b1, b2, b3, ., bn , ta cã: a1b1+a2b2+a3b3, , anbn¿

2

≤(a12+a

22+a

32+ +a

n2)(b

12+b

22+b

32+ +b

n2)

¿

DÊu “=” x¶y a1 b1

=a2 b2

=a3 b3

= =an bn

*Dạng đơn giản; a1b1+a2b2¿2≤(a12+a22)(b12+b22)

¿

*BiÕn d¹ng:

b+d¿2 ¿

a+c¿2+¿ ¿

√¿

1 √x −1 x ≤

1

1

0 a

1+a2+ b 1+b2≥

2 1+ab

2 +¿

a a+b>

a

a+b+c;a , b , c∈z¿

11 0<a≤ b ≤ c ≤1⇒ab+1≤ac+1≤bc+1 ⇒ a

bc+1≤ a ab+1

(a+b)(1 a+

1

b)≥4 ; (a+b+c)( a+

1 b+

1 c)≥9

1

2 √4a+1=√(4a+1).1≤4a+21+1=2a+1

(a+b)2≥4 ab⇒2 ab a+b≤

a+b ;

1 ab≥

4 (a+b)2

1

3

1− x2+ 1− y2≥

2 1−xy a2

+b2 ≥(

a+b )

2

; a

1+a2≤ 2a=

1

1

4 √ a

b+c≥

a+b+c 2a

(a+b2 )

2

≥ab hay (a+b)2≥4 ab 15 1a+1b≥a4

+b;a ,b ≥0

7 a

b+ b

a≥2 ; a+b ≥2√ab⇔ √ab≥

2 a+b

1

6 x+y¿

2 ¿

1 x.y≥

4

¿

8 a+b ≤√2(a+b)

7

√k= √k+√k>

2

√k+1+√k=2(√k+1−√k)

9 1

√k= √k+√k<

2

√k+√k −1=2(√k −√k −1)

1

Phần II Một số ph ơng pháp bản. Ph ơng pháp : dùng định nghĩa

KiÕn thøc : §Ó chøng minh A > B Ta chøng minh A - B >

Lu ý dùng bất đẳng thức M ❑2  với M Ví dụ 1  x, y, z chứng minh : 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) Lêi gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx = 12 ( x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx) =

=

y − z¿2

x − z¿2+¿≥0

x − y¿2+¿ ¿ ¿

đúng với x;y;zR Vì (x-y)2 0 vớix ; 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 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 0 với x;y;z Vậy x

❑2 + y ❑2 + z ❑2 2xy –

2xz + 2yz với x;y;zR Dấu xảy x+y=z c) Ta xét hiệu: 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 =

VÝ dô 2: chøng minh r»ng : a) a

2

+b2 ≥(

a+b )

2

; b) a

2

+b2+c2 ≥(

a+b+c

3 )

c) HÃy tổng quát toán Lêi gi¶i: a) Ta xÐt hiƯu: a

2

+b2 −(

a+b )

2

= 2(a

2

+b2)

4 −

a2

+2ab+b2

4 =

1 4(2a

2

+2b2− a2−b2−2 ab)

= 4(a −b)

2

≥0 VËy a

2

+b2 ≥(

a+b )

2

; DÊu b»ng x¶y a = b b)Ta xÐt hiÖu: a

2

+b2+c2

3 −(

a+b+c

3 )

2

=

9[(a − b)

2

+(b − c)2+(c − a)2]≥0 VËy a

2

+b2+c2 ≥(

a+b+c

3 )

2

DÊu xảy a = b =c c)Tổng quát a1

2

+a22+ +an2

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 Chứng minh m,n,p,q ta có m ❑2 + n

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

Lêi gi¶i:

⇔(m2

4 −mn+n

2

)+(m

2

4 −mp+p

2

)+(m

2

4 −mq+q

2

)+(m

2

4 − m+1)≥0 ⇔(m

2 − n)

2

+(m − p)

2

+(m − q)

2

+(m −1)

2

≥0 (ln đúng)

DÊu b»ng x¶y

{m2 −n=0 m

2 − p=0 m

2 −q=0 m

2 −1=0

⇔ {

n=m p=m q=m m=2

⇔ {n=m=p=q=2 1

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+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 dụ 1: Cho a, b, c, d, e sè thùc chøng minh r»ng:

a) a2

+b

2

4 ≥ab b) a2+b2

+1≥ab+a+b

Lêi gi¶i: a) a2

+b

2

4 ≥ab ⇔4a

2

+b2≥4 ab ⇔4a2−4a+b2≥0 ⇔(2a −b)2≥0 (bất đẳng thức đúng) Vậy a2

+b

2

4 ≥ab (dÊu b»ng x¶y a = 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 đúng.Vậy

a2+b2+1≥ab+a+b DÊu b»ng x¶y a = b =

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)

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

Bất đẳng thức cuối ta có điều phải chứng minh

VÝ dô 3: cho x.y =1 vµ x.y ;Chøng minh x

2

+y2

x − y 2√2 Lêi gi¶i: x

2

+y2

x − y 2√2 v× :x y nªn 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+ 2√2 y -2xy v× x.y=1 nªn 2.x.y=2

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

VÝ dô 4:

1)CM: P(x,y)= 9x2y2

+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

x+ y+

1

z<x+y+z

Chứng minh :có ba số x,y,z lớn

Lêi gi¶i:

XÐt (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(

x+ y+

1

z )=x+y+z - ( x+

1 y+

1

z¿>0 (v× 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 * số bất đẳng thức hay dùng

1) Các bất đẳng thức phụ: a) x2+y2≥2 xy

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

3)Bất đẳng thức Bunhiacopski

+¿2n

¿

x12

+x22+ ¿

(a1x1+a2x2+ +anxn)

2

(a22+a22+ +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 NÕu {a ≤b ≤ c

A ≥ B ≥C ⇒

aA+bB+cC

3 ≤

a+b+c

3

A+B+C

3 DÊu b»ng x¶y {

a=b=c A=B=C VÝ dô Cho a, b ,c số không âm chứng minh r»ng ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) 8 a b c

Lêi gi¶i :

Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: (x+y)2≥4 xy Tacó (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 1)Cho a,b,c > vµ a + b + c = CMR:

a+ b+

1

c≥9

2)Cho x, y,z > vµ x +y + z = CMR: x + 2y + z 4(1− x)(1− y)(1− z) 3)Cho a > , b > 0, c> 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

5

VÝ dơ 3: Cho a>b>c>0 vµ a

2

+b2+c2=1

chøng minh r»ng

3 3 1

2

a b c

b c a c a b      Lêi gi¶i:

Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c ⇒ {

a2≥ b2≥c2

a b+c≥

b a+c≥

c a+b ¸p dụng BĐT Trê- b-sép ta có

a2 a b+c+b

2

b a+c+c

2

c a+b≥

a2+b2+c2 (

a b+c+

b a+c+

c a+b) =

1

3 =

1 VËy a

3

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 > vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng : a2+b2

+c2+d2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10 Lêi gi¶i:

Ta cã a2+b2≥2 ab ; c2

+d2≥2 cd ; abcd =1 nªn cd = ab1 (dïng x+1x≥12 ) Ta cã a2+b2+c2≥2(ab+cd)=2(ab+

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+¿ ¿

√¿

Lời giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Ta có 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 6: Chøng minh r»ng a2+b2

+c2≥ab+bc+ac Lời giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski

C¸ch 1: XÐt 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+c2ab+bc+ac Điều phải chứng minh Dấu xảy 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 dơ 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 (®iỊu ph¶i chøng minh) vÝ dơ 2:

Cho a,b,c > tháa m·n a2+b2+c2=5 Chøng minh

a+ b+

1 c<

1 abc 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 a+

1 b−

1 c

¿ ¿ ¿

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-d (§iỊu ph¶i chøng minh)

vÝ dơ

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 > ⇒ 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

Gi¶i:

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 pháp 2003- 2004Thanh hóa )

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

a−1¿.( b−1).(

1

c1)8

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

a+b+c+d (6) céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta cã 1< a

a+b+c+ b b+c+d+

c c+d+a+

d

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;d số nguyên dơng thỏa mÃn : a+b = c+d =1000, tìm giá trị lớn nhÊt cđa a

c+ b d

gi¶i : Không tính tổng quát ta giả sử : 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 ⇒ a

c+ b d =

1 c+

999

d Đạt giá trị lớn d= 1; c=999 Vậy giá trị lín nhÊt cđa a

c+ b

d =999+

999 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 = 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+ + n+n<

3 Gi¶i:

Ta cã n+k>

1 n+n=

1

2n với k = 1,2,3,…,n-1 Do đó:

n+1+

n+2+ + 2n>

1 2n+ +

1 2n=

n 2n=

1 VÝ dô :

Chøng minh r»ng: 1+ √2+

1

√3+ +

√n>2(√n+1−1) Víi n số nguyên Giải : Ta có

√k= 2√k>

2

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

………

√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−

1 k Cho k chạy từ đến n ta có

1 22<1−

1

32<

1 2−

1

1 n2<

1 n −1−

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> 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 giác chứng minh 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 {

0<a<b+c 0<b<a+c 0<c<a+b

 {

a2<a(b+c

) b2<b(a+c

) c2<c(a+b) Cộng vế bất đẳng thức ta có

a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) b) Ta cã a > b-c   b − c¿

2

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

VÝ dô2:

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 giác 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 ta cã (1) ⇔ y+z − x

2x +

z+x − y 2y +

x+y − z 2z

3

2 ⇔ 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 nên ta có điều phải chứng minh

Ví dơ2: Cho a, b, c > vµ a + b + c < 1 Chøng minh r»ng

a2+2 bc+ 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+ y+

1

z≥9 Với x+y+z < x ,y,z > Theo bất đẳng thức Côsi ta có x+y+z ≥ √3xyz ;

x+

y+

z≥

3

√

xyz ; ⇒ (x+y+z).(

x+

y+

z)≥9 Mµ x+y+z <

VËy x+

1 y+

1

z≥9 (®pcm)

VÝ dơ3: Cho x 0 , y 0 tháa m·n 2√x −√y=1 CMR x+y ≥1

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

(m+n+p)

Ph ơng pháp 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

VÝ dô1: 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 Giải: 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

+1)2>0 vËy f(x , y)>0

(®pcm)

Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học

Kiến thức: 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

VÝ dô1:Chøng minh r»ng 12+

1

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 Thật n =k+1

(1) ⇔

k+1¿2 ¿ ¿

1 12+

1

22+ +

1 k2+

1

¿

Theo gi¶ thiÕt quy n¹p

⇔

k+1¿2

¿ ¿

12+ 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 chứng minh

VÝ dô2 : Cho n∈N vµ a+b> Chøng minh r»ng (a+b )

n

a

n+bn

2 (1) Gi¶i

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 )

k+1

a

k+1

+bk+1

2 ⇔ (

a+b )

k

.a+b

2

ak+1

+bk+1

2 (2) ⇔ VÕ tr¸i (2) a

k

+bk

a+b =

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) (+) Gi¶ sử a b giả thiết cho a -b a |b| ⇔ ak≥|b|k

≥ bk ⇒ (

ak− bk).(a −b)≥0

(+) Giả sử a < b theo giả thiết - a<b ⇔ |a|k<bk⇔ak<bk ⇔ (ak− bk).(a −b)≥0 Vậy BĐT (3)luôn ta cú (pcm)

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 < 0, Mà abc > a < ⇒ cb < Từ ab+bc+ca > ⇒ a(b+c) > -bc > 0, Vì a < mà a(b +c) > ⇒ b + c <

a < vµ b +c < ⇒ a + b +c < trái giả thiết a+b+c > 0, 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

Vậy bất đẳng thức a2

<4b c2<4d có bất đẳng thức sai Ví dụ Cho x,y,z > xyz = Chứng minh

NÕu x+y+z > x+

1 y+

1

z có ba số lớn Gi¶i :

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+

y+

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 ln hn

Phần II Bài tập áp dụng. Bài tập (Sử dụng phơng pháp làm trội)

Cho a,b,c số dơng chứng minh rằng: 1< a a+b+

b b+c+

c c+a<2 HD *Ta lu«n cã: a

a+b+c< a a+b;

b a+b+c<

b b+c;

c a+b+c<

c

c+a , cộng vế ví vế ta đợc; a

a+b+ b b+c+

c c+a>

a a+b+c+

b a+b+c+

c a+b+c=

a+b+c a+b+c=1 *Ta l¹i cã: a

a+b<1⇒ a a+b<

a+c

a+b+c; t¬ng tù ta cã: b b+c<

b+a a+b+c;

c c+a<

c+b a+b+c , Cộng vế với vế ta đợc: a

a+b+ b b+c+

c c+a<

a+c a+b+c+

b+a a+b+c+

c+b a+b+c=

2(a+b+c) a+b+c =2 Bài tập (Sử dụng phơng pháp làm trội)

Chứng minh với n > th× 22+

1 32+

1 42+

1

52+ +

1 n2<1

HD Víi n > ta cã n2<

1 (n−1).n=

1 n −1−

1

n , nªn ta cã:

22+

1 32+

1 42+

1

52+ +

1 n2<

1 1− 2+ 2− 3+ 3− 4+ 4−

5+ + n −1−

1 n=1−

1 n=

n−1 n <1 Bµi tËp (Sử dụng phơng pháp làm trội)

Chng minh bất đẳng thức với n số tự nhiên a)

1 2+ 3+

1

3 4+ .+

(n −1).n<1 ; b)

12+

1 22+

1 32+

1

42+ +

1 n2<2−

1

n(n>1); c)

12+

1 22+

1 32+

1

42+ +

1 n2<

5 HD a)

1 2+

1 3+

1

3 4+ .+ (n −1).n=

1 1− 2+ 2− 3+ 3− 4+ 4−

5+ + n −1−

1 n=1−

1 n=

n−1 n <1 Víi n > th× n−1

n <1 , víi n = th× n−1

b) Víi n > ta cã n2<

1 (n−1).n=

1 n −1−

1

n , nªn ta cã:

22+ 32+

1 42+

1

52+ + n2<

1 1−

1 2+

1 2−

1 3+

1 3−

1 4+

1 4−

1

5+ + n −1−

1 n=1−

1 n<2−

1 n ; c)Víi n = th× <

3 Víi n > 1ta cã: n2<

1 (n−1).n=

1 n −1−

1

n , nªn ta cã:

22+ 32+

1 42+

1

52+ + n2<

1 1−

1 2+

1 2−

1 3+

1 3−

1 4+

1 4−

1

5+ + n −1−

1 n=1−

1 n=

n−1 n Ta ®i chøng minh n−1

n < 3⇔

3n −3 3n <

5n

3n⇔5n −3n>−3⇔2n>−3,(n>1) , VËy

12+

1 22+

1 32+

1

42+ +

1 n2<

5

3 víi n số tự nhiên

Bài tập (Sử dơng tÝnh chÊt hai biĨu thøc cã tư thøc b»ng BT có MT lớn nhỏ hơn) a)Cho a > b > Chøng minh r»ng: a− b

a+b< a2− b2

a2+b2 ;

từ áp dụng so sánh giá trị phân thức: b) 2000−1999

2000+1999 <

20002−19992

20002+19992 ; c) 1997−1996

1997+1996 <

19972−19962 19972+19962

HD a)

a+b¿2 ¿ ¿

a− b a+b=

(a −b)(a+b) (a+b)(a+b)=

a2− b2 ¿

a>b>1 (a+b)2>a2+b2

b)

2000+19992

¿ ¿

VT=2000−1999 2000+1999 =

(2000−1999)(2000+1999) (2000+1999)(2000+1999)=

20002−19992 ¿

V× hai BT cã tư thøc b»ng 2000+19992>20002+19992

c)Tơng tự câu a

Bài tập 5.( Sử dụng BĐT Cô Si) Chứng minh bất đẳng thức sau: a) a2+b2+c2≥ab+bc+ca ;

b) (a+b)(b+c)(c+a)≥8 abc , víi a,b,c d¬ng; c) a2+b2+1≥ab+a+b

d)Với a, b, c số dơng ta lu«n cã: (a+b+c)(1 a+

1 b+

1 c)≥9 ; e) Với a, b, c số dơng ta lu«n cã: a

b+c+ b c+a+

c a+b≥

3 HD a) a2

+b2+c2≥ab+bc+ca⇔2a2+2b2+2c2≥2 ab+2 bc+2ca c − a¿2≥0

b − c¿2+¿ a −b¿2+¿

⇔¿

v×

c −a¿2≥0

b − c¿2≥0;¿

a −b¿2≥0;¿ ¿

víi mäi a,b,c

b)Với a,b,c dơng áp dung bất đẳng thức Cô Si ta có:

c) a2+b2

+1≥ab+a+b⇔2a2+2b2+2≥2 ab+2a+2b⇔a2−2 ab+b2+a2−2a+1+b2−2b+1≥0 b −1¿2≥0

a −1¿2+¿ a −b¿2+¿

⇔¿

v×

b −1¿2≥0

a −1¿2≥0;¿

a −b¿2≥0;¿ ¿

víi mäi a,b

d) Với a,b,c dơng áp dung bất đẳng thức Cô Si ta có: a+b+c ≥3√3abc,1

a+ b+

1 c≥3

3 √1

a b

1

c⇒(a+b+c)( a+

1 b+

1 c)≥9

3

√abc √3 a

1 b

1 c=9 e)Đặt A=a+b , B=b+c ,C=c+a , ta cã A+B+C=2(a+b+c)⇒a+b+c=1

2(A+B+C) ,

ta cã: a b+c+

b c+a+

c a+b=

a b+c+1+

b c+a+1+

c

a+b+1−3=

a+b+c b+c +

a+b+c c+a +

a+b+c a+b −3

¿(a+b+c)( b+c+

1 c+a+

1

a+b)−3=

2(A+B+C)( A+

1 B+

1 C)−3 ta cã (A+B+C)(1

A+ B+

1

C)≥9 nªn a b+c+

b c+a+

c a+b≥

9 2−3=

3 Bài tập 6.( Sử dụng BĐT Cô Si)

a) Cho x , y>0 , Chøng minh: x+

1 y≥

4 x+y ;

b) Cho x ≥0, y ≥1 , Chøng minh: x√y −1+y√x −1≤xy ; c) Cho x ≥0, y ≥1, z ≥2 , Chøng minh: √x+√y −1+√z −2≤1

2(x+y+z) HD a)Víi x , y>0 ta cã x+y¿

2

≥4 xy

x − y¿2≥0⇔x2−2 xy+y2≥0⇔x2−2 xy+4 xy+y2≥4 xy⇔¿ ¿

⇔(x+y)(x+y)≥4 xy⇔ x+y xy ≥

4 x+y⇔

x xy +

y xy ≥

4 x+y ⇔

1 x+

1 y≥

4 x+y b) Víi x ≥0, y ≥1 ta cã: x√y −1+y√x −1≤xy⇔x√y −1

xy +

y√x −1

xy ≤1⇔√ y −1

y +√ x −1

x 1 ,

áp dụng BĐT Cô Si ta có: 1.√x −1≤1+x −1

2 =

x

2;1 √y −1≤

1+y −1

2 =

y

2 ,nªn ta cã: √x −1

y +

√y −1 y ≤

x

1 x+

y

1 y=

1 2+

1

2=1 ;VËy x√y −1+y√x −1≤xy c) Víi x ≥0, y ≥1, z ≥2 , nªn ta cã: √x+√y −1+√z −2≤1

2(x+y+z)⇔

⇔x+y+z −2√x −2√y −1−2√z −2≥0⇔x −2√x+1+y −1−2√y −1+1+z −2−2√z −2+1≥0 (√x −1)2+(√y −1−1)2+(√z 21)20 (x 1)20,(y 11)20,(z 21)20

Bài tập 7.( Sử dụng BĐT Cô Si)

Cho a, b, c số không âm thoả mÃn: a+b+c=1 Chøng minh: a) √a+1+√b+1+√c+1≤3,5 ;

b) √a+b+√b+c+√c+a ≤√6

HD.a)Ta nhìn tổng a + dới tích 1.( a + ) áp dụng bất đẳng thức Cô-si √xy≤x+y

2 với x,y không âm ta đợc: √a+1=√1 (a+1)≤1+a+1

2 =

a

2+1,√b+1=√1.(b+1)≤

1+b+1

2 =

b 2+1, √c+1=√1.(c+1)≤1+c+1

2 =

c

√a+1+√b+1+√c+1≤a 2+

b 2+

c

2+3⇔√a+1+√b+1+√c+1≤

a+b+c +3 ⇔√a+1+√b+1+√c+1≤1

2+3⇔√a+1+√b+1+√c+1≤ b) áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki với hai ba số ta đợc:

√c+a¿2

√b+c¿2+¿ ¿

⇒√a+b+√b+c+√c+a ≤3(a+b+b+c+c+a)=3 2(a+b+c)=6

√a+b¿2+¿ ¿ ¿

1.√a+b+1.√b+c+1 √c+a ≤(1+1+1)¿

Bµi tËp 8.( Sư dơng H§T)

Cho a , b , c ≥0 ,Chøng minh r»ng: a+ b+ c≥ √ab+

1 √bc+

1 √ca HD Víi a , b , c ≥0 , ta cã:

a+ b+ c≥ √ab+

1 √bc+

1 √ca⇔

2 a+ b+ c− √ab−

2 √bc−

2

√ca≥0

(√1a−

1 √b)

2

+( √b−

1 √c)

2

+( √c−

1 √a)

2

≥0 v× ( √a−

1 √b)

2

≥0,( √b−

1 √c)

2

≥0,( √c−

1 √a)

2

≥0

Bµi tËp

Cho a, b, c lµ số dơng tuỳ ý.Chứng minh rằng: ab a+b+

bc b+c+

ca c+a≤

a+b+c

2

HD.Ta cã a+b¿

2

≥4 ab⇔(a+b)(a+b)≥4 ab a −b¿2≥0⇔a2−2 ab+b2≥0⇔¿

¿

⇔a+b ≥

2ab

a+b ,t¬ng tù ta cã: b+c

2 ≥ bc b+c,

c+a ≥

2 ca

c+a , cộng vế với vế ta đợc: a+b

2 + b+c

2 + c+a

2 ≥ 2ab a+b+

2 bc b+c+

2 ca c+a⇔

2(a+b+c)

2 ≥

2 ab a+b+

2 bc b+c+

2 ca c+a ⇔2 (ab

a+b+ bc b+c+

ca

c+a)≤ a+b+c⇔ ab

a+b+ bc b+c+

ca c+a≤

a+b+c Bài tập 10 ( Sử dụng BĐT Cô-Si)

Cho a, b, c số dơng.Chứng minh bất đẳng thức: a) a

2

b+c+ b2

c+a+ c2

a+b≥

a+b+c

2

b) a

2

a+b+ b2 b+c+

c2 c+a≥

a+b+c

2 ;

c) a

2

a+b+ b2 b+c+

c2 c+d+

d2 d+a≥

a+b+c+d

2 ,(d>0) HD

a)áp dụng bất đẳng thức Cô-si: x+y ≥2√xy, x , y ≥0 Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: a2

b+c+ b+c

4 ≥2√ a2

b+c b+c

4 =2 a 2=a⇒

a2

b+c≥ a − b+c

4 ; b2

c+a+ c+a

4 ≥2√ b2 c+a

c+a =2

b 2=b⇒

b2 c+a≥ b −

c2 a+b+

a+b ≥2√

c2 a+b

a+b =2

c 2=c⇒

c2 a+b≥c −

a+b Cộng vế với vế ta đợc: a

2

b+c+ b2

c+a+ c2

a+b≥ a+b+c − b+c

4 − c+a

4 − a+b a2 b+c+ b2 c+a+

c2

a+b≥ a+b+c −

a+b+c

2 = a+b+c vËy a2 b+c+ b2 c+a+

c2 a+b≥

a+b+c b)Tơng tự câu a) ta có:

a2 a+b+

a+b ≥2√

a2 a+b

a+b =2

a 2=a⇒

a2 a+b≥a −

a+b ; b2

b+c+ b+c

4 ≥2√ b2

b+c b+c

4 =2 b 2=b⇒

b2

b+c≥b − b+c

4 ; c2

c+a+ c+a

4 ≥2√ c2 c+a

c+a =2

c 2=c⇒

c2 c+a≥ c −

c+a ; Cộng vế với vế ta đợc: a

2

a+b+ b2 b+c+

c2

c+a≥ a+b+c − b+c

4 − c+a

4 − a+b a2 a+b+ b2 b+c+ c2

c+a≥ a+b+c −

a+b+c

2 = a+b+c vËy a2 a+b+ b2

b+c+ c2

c+a≥

a+b+c

2

c) Làm tơng tự câu a, b

Bài tập 11 ( Sử dụng BĐT Cô-Si)

Cho a, b, c số dơng.Chứng minh bất đẳng thức:

√ a

b+c+√ b a+c+√

c

a+b>2

HD áp dụng bất đẳng thức Cơ-si: x+y ≥2√xy, x , y ≥0 ta có:

√b+c a 1≤(

b+c

a +1):2=

a+b+c 2a ⇒√

a b+c≥

2a a+b+c T¬ng tù ta cã: √ b

a+c≥

2b a+b+c;√

c a+b≥

2c

a+b+c , cộng vế với vế ta đợc:

√ a

b+c+√ b a+c+√

c a+b≥

2a a+b+c+

2b a+b+c+

2c a+b+c=

2(a+b+c) a+b+c =2 DÊu (=) x¶y vµ chØ khi: {

a=b+c

b=a+c

c=a+b

⇒a+b+c=0 , trái với giả thiết a,b,c ba s dng.Vy ng thc

không xảy ra.Vậy a b+c+√

b a+c+√

c

a+b>2 Bài tập 12 ( Sử dụng BĐT Cô-Si)

Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác.Chứng minh rằng: a) ab+bc+ca≤ a2+b2+c2<2(ab+bc+ca);

b) abc>(a+b −c)(a+c −b)(b+c −a); c) a

b+c+ b c+a+

c

a+b<2 ;

d) 2a2b2+2b2c2+2c2a2−(a4+b4+c4)>0 ;

e)

a −b¿2+4 abc≥a3+b3+c3

c − a¿2+c¿ b − c¿2+b¿

a¿

f) a2b(a −b)+b2c(b − c)+c2a(c − a)≥0 ;

g) a3+b3+c3+abc≥ a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>a3+b3+c3+2 ab HD a) * a2+b2+c2≥ab+bc+ca⇔2a2+2b2+2c2≥2 ab+2 bc+2ca

c − a¿2≥0 b − c¿2+¿ a −b¿2+¿

⇔¿

v×

c −a¿2≥0

b − c¿2≥0;¿

a −b¿2≥0;¿ ¿

víi mäi a,b,c

* a2+b2+c2<2(ab+bc+ca);

Ta cã: a+b − c>0⇒c(a+b −c)>0⇒ac+bc>c2 b+c −a>0⇒a(b+c − a)>0⇒ab+ac>a

2

a+b − c>0⇒b(c+a −b)>0⇒bc+ab>b2 Cộng vế với vế ta đợc: a2+b2+c2<2(ab+bc+ca) Bài tập 13 ( Bài tập dùng định nghĩa)

HD 1) Cho abc = vµ a3

>36 Chøng minh r»ng a

2

3 +¿ b

2+c2> ab+bc+ac Ta cã hiÖu: a

2

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 a3 > 36 nªn a >0 )

VËy : a

2

3 +¿ b

2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chứng minh 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 hiƯu 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) Vế trái viết H = (a −2b+1)2+(b −1)2+1 ⇒ H > ta có điều phải chứng minh c) vế trái viết H = (a −b+1)2+(b −1)2 ⇒ H ta có điều phải chứng minh Bài tập 14 ( Bài tập dùng biến đổi tơng đơng)

HD 1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng (x

2

+y2)2 (x − y)2 ≥8 Gi¶i :

Ta có x2+y2=(x − y)2+2 xy=(x − y)2+2 (vì 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 BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh

2) Cho xy Chøng minh r»ng: 1+x2+

1 1+y2≥

2 1+xy Gi¶i : Ta cã

1+x2+ 1+y2≥

2

1+xy ⇔ (

1 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)

⇔ (y − x)

2

(xy−1)

(1+x2).(1+y2).(1+xy)≥0 BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tập 15 ( Bài tập dùng bất đẳng thức phụ )

HD 1) Cho a , b, c số thực a + b + c = 1Chøng minh r»ng a2+b2+c2≥1 Giải 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 (v× a+b+c =1 ) (đpcm)

2) Cho a,b,c sè d¬ng : Chøng 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+

c b)≥9 ¸p dơng B§T phơ x

y+ y

x ≥2 Với x,y > Ta có BĐT cuối ln Vậy (a+b+c).(1

a+ b+

1

c)9 (đpcm) Bài tập 16 ( Bài tập dùng Phơng pháp bắc cầu) HD 1) Cho < a, b,c <1 Chøng minh r»ng : 2a3

+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a

Giải Do a <1 a2 <1 b <1, nªn (1− a2)

.(1− b2)>0⇒1+a2b − a2b>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

3

+c3<1+b2c a3+c3

<1+c2a ⇒ 2a

3

+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a (đpcm) 2) So sánh 31 ❑11 vµ 17

❑14

Gi¶i :Ta thÊy 31

11

<  

11

11 55 56

32 2

, Mặt khác

14

56 4.14 14 14

2 2  16 17

VËy 31 11 < 17

14 (đpcm)

Bài tËp 17 ( Bµi tËp dïng tÝnh chÊt tØ sè) HD 1) Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng

2 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 > 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 :

2 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

1 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 > 0, Và 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

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 :

1 a b c

b c c a a b

   

   (đpcm) Bài tập 18 ( Bài tập áp dụng phơng pháp làm trội) HD 1) Chứng minh BĐT 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

     

          

      (®pcm)

Bài tập 19 ( Bài tập áp dụng bất đẳng thức để tìm cực trị) HD dùng bất đẳng thức để tìm cc trị

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 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 2 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 (2)  DÊu b»ng x¶y x Vậy T có giá trị nhỏ nhÊt lµ 2 x

Ví dụ : 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 Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có      

3

2 x y y z z x

    

DÊu b»ng x¶y x=y=z=

3, VËy S 

8

27 27 729

VËy S cã gi¸ trị lớn

VÝ dơ : Cho xy+yz+zx = 1, T×m giá trị nhỏ

4 4

x y z

Gi¶i : ¸p dơng B§T Bunhiacèpski cho sè (x,y,z) ;(x,y,z)

Ta cã    

2

2 2

xy yz zx   x y z 1x2y2 z22

(1) Ap dơng B§T Bunhiacèpski cho (

2, 2,

x y z ) 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 x4y4z4 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 Giải : Gọi cạnh huyền tam giác 2a

Đờng cao thuộc cạnh huyền h

Hình chiếu cạnh góc vuông lên cạnh huyền x Ta có 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

Vậy tam giác có cạnh huyền tam giác vng cân có diện tích lớn Bài tập 20 ( Bài tập áp dụng bất đẳng thức để giải PT, HPT

1) Giải phơng trình sau 3x26x19 5x210x14 x x Gi¶i :Ta cã 3x26x19

2

3.(x 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 có nghiệm nhÊt x = -1

VÝ dô :Giải phơng trình x x2 4y24y3

Giải :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

2

2 4

x  x  y  y  x =1 vµ y =-1

2, Vậy nghiệm phơng trình

1

x y

   

  

VÝ dơ :Gi¶i hệ phơng trình sau:

4 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 x4y4z4 xyz , DÊu (=) x¶y x = y = z =

VËy

4 4

1

x y z

x y z xyz

   



  

 cã nghiÖm x = y = z =

Ví dụ : Giải hệ phơng trình sau

2

4

xy y

xy x

    

 



(1) (2)

Từ phơng trình (1)

2

8 y

   hay y

Từ phơng trình (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

   

  

Bài tập 20 ( Bài tập áp dụng bất đẳng thức để giải phơng trình nghiệm nguyên

1) Tìm số nguyên x,y,z thoả mÃn

2 2 3 2 3

x y z xy y z

Giải :Vì x,y,z sè nguyªn nªn

2 2 3 2 3

x y z xy y z

 

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

   

          

   Các số x,y,z phải tìm

x y z

  

VÝ dơ 2: T×m nghiệm nguyên dơng phơng trình

1 1

x y z 

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

1 1

2 2z

x y z z

     

Mà z nguyên dơng z = 1, Thay z = vào phơng trình ta đợc 1

1

x y 

Theo giả sử xy nên = 1

x y

1

y



2

y

mà y nguyên dơng Nên y = y =

Với 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)

Ví dụ : Tìm 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 y2 x0

Đặt x k (k nguyên dơng x nguyên dơng Ta cóNhng

2

2 1 1

k k k  k

 k y k 1 Mµ 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 cã nghiƯm nhÊt lµ : 0

x y

  

 

Bµi tËp 21 CMR : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + by +cz)2 ( BĐT Bunhiacôpxki cho số a, b, c x, y, z) GiảI Xét hiệu : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) - (ax + by +cz)2

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

=(ay - bx)2+ (az - cx)2+ (cy - bz)2 ≥ DÊu “=” x¶y a

x= b y=

c z

Bằng cách làm tơng tự ta phát triển toán BĐT Bunhiacôpxki tỉng qu¸t:

(a2

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

DÊu “=” x¶y a1 x1

=a2

x2

= =an

xn

Để ý a x số nghịch đảo ax = (x = a ) Từ tốn ta đặt tốn:

Bµi tËp 22 Cho ba sè a, b, c số dơng Chứng minh rằng: (a + b + c)( a +

1 b +

1 c ) ≥ Gi¶I Theo toán (BĐT Bunhiacôpxki):

(a + b + c)( a +

1 b +

1

c ) ≥ (√a √a+√b

1 √b+√c

1

√c) (a + b + c)( a +

1 b +

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

1 y +

1 z )≥ Đặt a + b = X; b + c = Y; c + a = Z ta đợc BĐT: 2(a + b + c)(

a+b + b+c +

1

c+a )≥

 ( a b+c +

b a+c +

c

b+a +3) ≥  a b+c +

b a+c +

c b+a ≥