phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương Lưu ý: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng... ;Chứng [r]
(1)Chuyên đề chứng minh bất thức Phần I kiến thức 1-Đinhnghĩa A B A B 0 A B A B 0 2.Các tính chất bất đẳng thức: a> b , c> d ⇒ a+c >b+ d a> b , c< d ⇒ a− c >b − d a> b , c> 0⇒ ac> bc a> b , c< 0⇒ ac< bc a> b≥ , c >d ≥ 0⇒ ac> bd 10 a> b>0 ⇒ a n> bn n n n chẵn a> b ⇔a > b n n |a|>|b|⇔ a >b n chẵn m>n> , a>1⇒ an >b n a=1⇒ an=bn ; 0<a<1 ⇒ a n< bn 1 a> b ,ab >0 ⇒ < a b 3.Một số bất đẳng thức A ❑2 với ∀ A ( dấu = xảy A=0) | A|≥ với ∀ A (dấu = xảy A = 0) AB A B | A| < A = | A| ( dấu = xảy A.B 0) | A − B|≤|A|−|B| A.B 0) 4.Bất đẳng thức Cô-si: *ĐL:Trung bình cộng n số không âm lớn hoắc trung bình nhân n số đó a1 +a2 +a 3+ +an n ≥ √ a1 a2 a an ,( a1 a2 a3 an không âm ) n a1=a2=a3= =a n Dấu đẳng thức xảy a+b a+b+ c ≥ √ ab ; ≥ √abc *Dạng đơn giản: 3.Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốpx-ki: *Cho n cặp số bất kì a1 , a2 , a3 , ,a n ; b , b , b3 , , bn , ta có: a1 b1 +a b2 + a3 b , , a n b n ¿ ≤(a + a2 + a3 + + an )(b1 + b2 +b3 + + bn ) ¿ a1 a2 a3 a = = = = n Dấu “=” xảy b1 b b bn *Dạng đơn giản; a1 b1 +a b2 ¿ ≤(a1 +a )(b +b ) ¿ b+d ¿2 ¿ *Biến dạng: a+c ¿2 +¿ ¿ √¿ 2 2 2 2 2 2 ( dấu = xảy (2) 4.Một số bất đẳng thức áp dụng: 1 √x− ≤ x +¿ a a > ; a , b , c ∈ z¿ a+b a+b+ c (a+ b) ( 1a + 1b )≥ ; 1 (a+ b+c )( + + ) ≥ a b c 2 ab a+b ≤ ; ≥ a+b ab ( a+b )2 2 a a +b a+ b ≤ = ; ≥ 2 1+ a a 2 a+b ≥ ab hay ( a+b )2 ≥ ab 2 a b ≥ + ≥2 ; a+b ≥ √ ab ⇔ b a √ab a+ b a+b ≤ √ 2(a+ b) 2 = < =2( √ k − √ k − 1) √ k √ k + √k √ k + √ k −1 ( a+b )2 ≥ ab ⇒ ( ) ( ) a b + ≥ 2 1+ ab 1+ a 1+b 0< a≤ b ≤ c ≤ 1⇒ ab+1 ≤ ac+1 ≤ bc+1 a a ⇒ ≤ bc+1 ab+1 a+1+1 =2 a+1 √ a+1=√( a+ 1).1 ≤ 1 + ≥ 2 − x − y − xy a a+ b+c ≥ b+ c 2a 1 + ≥ ; a ,b ≥ a b a+ b √ x+ y ¿ ¿ ≥¿ x.y 2 = > =2( √ k +1 − √ k ) √ k √ k + √ k √ k +1+ √ k Phần II Một số phương pháp Phương pháp : dùng định nghĩa Kiến thức : Để chứng minh A > B Ta chứng minh A - B > Lưu ý dùng bất đẳng thức M ❑2 Ví dụ x, y, z chứng minh : a) x ❑2 Lời giải: a) Ta xét hiệu x ❑2 với M + y ❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx b) x ❑ + y ❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz c) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 (x + y + z) + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx = ( x ❑2 + y ❑2 + z 2 ❑2 - xy – yz – zx) = y− z¿ x − z ¿ +¿ ≥ = đúng với x;y;z R Vì (x-y)2 0 vớix ; y đó dấu xảy x=y x− y¿ +¿ ¿ ¿ (x-z)2 0 vớix ; z Dấu xảy x=z (y-z)2 0 với z; y, dấu xảy Vậy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 xy+ yz +zx, dấu xảy x = y =z (3) b)Ta xét hiệu: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 2xy +2xz –2yz =( x – y + z) ❑2 đúng với x;y;z Vậy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz đúng 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 Dờu (=) xảy x = y = z = a2 +b2 a+ b ≥ 2 ( ) Ví dụ 2: chứng minh : a) ; b) a2 +b2 +c a+ b+c ≥ 3 ( ) c) Hãy tổng quát bài toán 2 a +b a+b ( a2+ b2 ) a2+ 2ab+ b2 ( a2 +2 b2 − a2 −b −2 ab ) − = = − 2 4 2 ( a −b )2 ≥ Vậy a +b ≥ a+ b ; Dấu xảy a = b = 2 2 a +b +c a+b+ c a2 +b2 +c a+ b+c 2 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ − ≥ [ ] Vậy b)Ta xét hiệu: = 3 3 Lời giải: a) Ta xét hiệu: ( ) ( ) ( ) ( Dấu xảy a = b =c a21 +a22 + +a2n a1 +a2 + +an c)Tổng quát ≥ n n Tóm lại các bước để chứng minh A B tho định nghĩa Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B Bước 2:Biến đổi H= (C + D ) ❑2 H= (C + D ) ❑2 +….+ ( E + F ) ❑2 Bước 3:Kết luận A B ( ) Chứng minh m,n,p,q ta có m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m ( n + p + q + ) Lời giải: 2 2 m m m m 2 ⇔ − mn +n + − mp+ p + − mq +q + − m+1 ≥ 4 4 2 2 m m m m ⇔ − n + − p + − q + −1 ≥ (luôn đúng) 2 2 Ví dụ ( ( )( )( Dấu xảy )( )( )( m −n=0 m − p=0 m −q=0 m −1=0 )( ) ) m m p= m q= m=2 { { ⇔ n= ⇔ {n=m=2 p=q=1 phương pháp : Dùng phép biến đổi tương đương Lưu ý: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng bất đẳng thức đã chứng minh là đúng Chú ý các đẳng thức sau: ( A + B )2= A2 +2 AB+B 2 ) (4) ( A + B+C )2=A +B 2+C +2 AB+2 AC+2 BC ( A + B )3= A3 +3 A B+3 AB2 + B3 Ví dụ 1: Cho a, b, c, d, e là các số thực chứng minh rằng: b2 a) a2 + ≥ ab b) a +b 2+1 ≥ ab+a+ b c) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) b2 2 2 ≥ ab ⇔ ( a −b ) ≥ (bất đẳng thức ⇔ a +b ≥ ab ⇔ a − a+b ≥ b2 này luôn đúng) Vậy a2 + ≥ ab (dấu xảy a = b ) b) a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b ⇔ 2(a2 +b2 +1)> 2(ab+ a+b) b −1 ¿ ≥0 a −1 ¿ +¿ Bất đẳng thức cuối đúng.Vậy 2 2 ⇔ a − 2ab+ b +a −2 a+1+b − 2b +1≥ a −b ¿ + ¿ ⇔¿ 2 a +b +1 ≥ ab+a+ b Dấu xảy a = b = ⇔ (a 2+ b2+ c 2+ d 2+ e2 )≥ a ( b+c + d+ e ) c) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) ⇔ ( a − ab+ b 2) + ( a2 − ac+ c ) + ( a2 − ad + d ) + ( a − ac +4 c2 ) ≥ ⇔ ( a −2 b )2 + ( a− c )2 + ( a− d )2+ ( a− c )2 ≥ Bất đẳng thức đúng ta có điều phải chứng minh Lời giải: a) a2 + Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ( a10 +b 10) ( a2+ b2 ) ≥ ( a8 +b )( a4 + b4 ) ⇔ a12 +a10 b2 +a b10 +b 12 ≥ a12+ a8 b4 + a4 b 8+ b12 Lời giải: ( a10 +b 10) ( a2+ b2 ) ≥ ( a8 +b )( a4 + b4 ) ⇔ ⇔ a2b2( a2 - b2 )2( a4+ a8 b2 ( a − b2 ) +a2 b8 ( b − a2 ) ≥0 ⇔ a2 b2 ( a2 - b2) ( a6 - b6 ) a2b2+b4) Bất đẳng thức cuối đúng ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 và x.y ;Chứng minh x +y x− y √2 x2 + y2 ⇒ x2+y2 √ vì :x y nên x- y √ ( x-y) ⇒ x2+y2- √ x− y x+ √ y ⇔ x2+y2+2- √ x+ √ y -2 ⇔ x2+y2+( √ )2- √ x+ √2 y -2xy vì x.y=1 nên 2.x.y=2 ⇒ (x-y- √ )2 Điều này luôn luôn đúng Vậy ta có điều phải chứng minh Lời giải: Ví dụ 4: ∀ x , y∈ R 1)CM: P(x,y)= x y + y − xy −2 y+ 1≥ 2 2)CM: √ a +b +c ≤|a|+|b|+|c| (gợi ý :bình phương vế) 3)choba số thực khác không x, y, z thỏa mãn: x y z =1 1 + + < x+ y+ z x y z Chứng minh :có đúng ba số x,y,z lớn { Lời giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 (5) 1 1 1 1 + + )=x+y+z - ( + + ¿>0 (vì + + < x+y+z theo gt) x y z x y z x y z → số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương Nếủ trường hợp sau xảy thì x, y, z >1 → x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy trường hợp trên tức là có đúng ba số x ,y ,z là số lớn =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( Phương pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc * số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a) x 2+ y ≥ xy b) x 2+ y ≥∨xy∨¿ dấu ( = ) x = y = c) ( x+ y )2 ≥ xy a b + ≥2 d) b a a1 +a2 +a 3+ + an 2)Bất đẳng thức Cô sy: ≥ √ a1 a2 a3 an n 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski +¿ n ¿ x 21+ x 22 + ¿ ( a1 x 1+ a2 x + +an x n ) Với >0 ( a + a22+ + a2n ) ¿ 4) Bất đẳng thức Trê- bư-sép: a≤ b ≤ c Nếu A ≤ B≤ C a ≤b ≤ c ⇒ Nếu A ≥ B ≥C { { aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≥ 3 aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≤ Dấu xảy 3 ⇒ a=b=c {A=B=C Ví dụ Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) 8abc Lời giải: Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: ( x+ y )2 ≥ xy Tacó ; ( a+b )2 ≥ ab ; ( b+ c )2 ≥ bc 2 2 2 2 ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ( c +a ) ≥ ac ⇒ ( a+b ) ( b+ c ) ( c +a ) 64 a b c =( abc ) 8abc Dấu “=” xảy a = b = c 1 + + ≥9 Ví dụ 1)Cho a,b,c > và a + b + c = CMR: a b c 2)Cho x, y,z > và x +y + z = CMR: x + 2y + z (1 − x)(1 − y )(1 − z) a b c + + ≥ 3)Cho a > , b > 0, c> CMR: b+c c +a a+b 4)Cho x ,y thỏa mãn √ x − √ y=1 ;CMR: x +y a b3 c3 2 a +b + c =1 b c a c a b Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và chứng minh Lời giải: (6) Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c { ⇒ a ≥ b2 ≥c a b c ≥ ≥ b+ c a+ c a+ b áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có a b c a2+ b2 +c a b c a2 +b + c2 ≥ + + b+ c a+ c a+ b b+ c a+c a+ b 3 a b c Vậy Dấu xảy a=b=c= + + ≥ b+c a+ c a+b ( Ví dụ 4: ) = = 2 √3 Cho a, b, c, d > và abcd =1 Chứng minh : a2 +b 2+ c 2+ d2 + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10 Lời giải: a2 +b ≥ ab ; c 2+ d ≥ cd ; abcd =1 nên cd = Ta có ab (dùng 1 x+ ≥ ) x ) ≥ (1) ab Mặt khác: a ( b+ c )+ b ( c+ d )+ d ( c+ a ) =( ab + cd ) + ( ac + bd ) + ( bc + ad ) 1 + ac+ + bc+ ≥ 2+ 2+ Vậy a2 +b 2+ c 2+ d2 + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10 = ab+ ab ac bc 2 Ta có a +b + c ≥ 2(ab+cd )=2(ab+ ( )( )( ) Cho số a,b,c,d chứng minh rằng: b+d ¿ ¿ a+c ¿2 +¿ ¿ √¿ Lời giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Ta có ac+bd √ a2 +b2 √c +d mà ( a+ c )2 + ( b+ d )2=a 2+ b2+ ( ac + bd ) + c2 +d ( a 2+b ) +2 √ a2+ b2 √ c 2+ d 2+ c 2+ d b+d ¿2 ¿ ⇒ a+ c ¿2 +¿ ¿ √¿ Ví dụ 6: Chứng minh a2 +b 2+ c ≥ ab+ bc+ac Ví dụ 5: Lời giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có ( 12 +12+12 ) (a2 +b 2+ c2 )≥ ( a+ b+1 c )2 ⇒ ( a 2+b 2+ c ) ≥ a2 +b 2+ c 2+2 ( ab+ bc+ ac ) ⇒ a2 +b 2+ c ≥ ab+ bc+ac Điều phải chứng minh Dấu xảy a=b=c Phương pháp 4: Sử dụng tính chất bắc cầu Lưu ý: A>B và b>c thì A>c 0< x <1 thì x ❑2 <x ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d Chứng minh ab >ad+bc Giải: a>c +d a −c >d >0 ⇒ Tacó b>c +d b −d >c >0 { { (7) ⇒ ⇔ ⇔ ( a – c ) ( b – d ) > cd ab – ad – bc + cd > cd ab > ad + bc (điều phải chứng minh) ví dụ 2: 2 Cho a,b,c > thỏa mãn a +b + c = Chứng minh 1 1 + + < a b c abc Giải: Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab - ac - bc) ¿ ⇒ ac+bc-ab ¿ ¿ ¿ 1 1 + − ¿ a b c abc ¿ ( a2+b2+c2) ⇒ ac+bc-ab ¿ ¿ Chia hai vế cho abc > ta có ¿ ví dụ Cho < a,b,c,d <1 Chứng minh (1 - a).(1 - b) ( 1- c).(1- d) > 1- a – b – c - d Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab Do a>0 , b>0 nên ab>0 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) Do c <1 nên 1- c >0 ta có ⇒ (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 Chứng minh 3 2 2 a +2 b +2 c <3+ a b+b c +c a Giải : 2 ⇒ 1-b- a2 + a2 b > ⇒ 1+ a2 Do a < ⇒ a <1 và Ta có ( 1− a ) ( 1− b ) <0 2 b > a +b 3 2 3 mà 0< a,b <1 ⇒ a > a , b > b ; Từ (1) và (2) ⇒ 1+ a b > a + b ; 3 Vậy < 1+ a2 b2 a + b Tương tự b3 + c 1+b2 c c ❑3 + a3 1+c a Cộng các bất đẳng thức ta có : 3 2 2 a +2 b +2 c ≤ 3+a b+b c+ c a 2 b)Chứng minh : Nếu a +b =c +d 2=1998 thì ac+bd =1998 Giải: Ta có (ac + bd) ❑2 + (ad – bc ) ❑2 = a ❑2 c ❑2 + b ❑2 d +2 abcd+ a2 d +b2 c - abcd = = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982, rỏ ràng (ac+bd)2 ( ac+ bd )2 + ( ad − bc )2=19982 ⇒ |ac+ bd|≤1998 2-Bài tập : 1, Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1 c hứng minh : a ❑12 + a22 +a 23+ +a22003 ( đề thi vào chuyên nga pháp 20032003 2004Thanh hóa ) 2,Cho a;b;c thỏa mãn :a + b + c = (?) 1 −1 ¿ ( − 1).( −1)≥ Chứng minh rằng: ( a b c Phương pháp 5: dùng tính chấtcủa tỷ số (8) Kiến thức 1) Cho a, b ,c là các số dương thì a a a+ c >1 thì > a – Nếu b b b+ c a c a a+c c < ⇒ < < 2)Nếu b,d >0 thì từ b d b b+ d d ` ví dụ : Cho a,b,c,d > Chứng minh 1< b – Nếu a <1 b thì a a+ c < b b+ c a b c d + + + <2 a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b Giải : Theo tính chất tỉ lệ thức ta có a a a+ d a a <1 ⇒ < > (1) Mặt khác : (2) a+b+ c a+b+ c a+b+ c+d a+b+ c a+b+ c+ d Từ (1) và (2) ta có a a a+d < < (3) a+b+ c+ d a+b+ c a+b+ c+ d b b b+ a c c b +c < < < < Tương tự ta có (4) (5) a+b+ c+ d b+c +d a+b+ c+ d a+b+ c+d c +d +a a+b+ c+d d d d+ c < < (6) cộng vế với vế (3); (4); (5); (6) ta có a+b+ c+ d d +a+b a+ b+c +d a b c d 1< + + + <2 điều phải chứng minh a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b ab+cd c a c a < và b,d > Chứng minh < 2< b d b b +d d ab cd ab ab+cd cd c ab+cd c a c a ⇒ 2< < 2 < 2= ⇒ Giải: Từ < Vậy < 2< b d b b d b b +d d d b +d d phải chứng minh ví dụ : Cho: điều ví dụ : Cho a;b;c;d là các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000, tìm giá trị lớn a b + c d a b a b a a+b b a ⇒ ≤ ≤ ≤ vì a+b giải : Không tính tổng quát ta giả sử : Từ : c d c d c c+ d d c = c+d b a b + 998 ⇒ a, Nếu :b 998 thì 999 d c d a b 999 + b, Nếu: b=998 thì a=1 ⇒ = + Đạt giá trị lớn d= 1; c=999 c d c d a b + Vậy giá trị lớn =999+ a=d=1; c=b=999 c d 999 Phương pháp 6: Phương pháplàm trội Lưu ý: Dùng các tính bất đẳng thức để đưa vế bất đẳng thức dạng tính tổng hữu hạn tích hữu hạn (*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 +u2 + + un (9) Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u ❑k hiệu hai số hạng liên tiếp nhau: uk =ak −a k+1 Khi đó : S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + + ( an − an+1 ) =a1 −a n+1 (*) Phương pháp chung tính tích hữu hạn P = u1 u .u n Biến đổi các số hạng uk thương hai số hạng liên tiếp nhau: ak a1 a a a uk = n = Khi đó P = ak+ a2 a an+1 an +1 Ví dụ : Với số tự nhiên n >1 chứng minh 1 1 < + + + < n+1 n+2 n+ n Giải: 1 > = Ta có với k = 1,2,3,…,n-1 n+k n+ n 2n 1 1 n + + + > + + = = Do đó: n+1 n+2 2n 2n n 2n Ví dụ : Chứng minh rằng: 1+ Giải : Ta có 1 + + + >2 ( √ n+ 1− ) √2 √ √n 2 = > =2 ( √ k +1 − √ k ) √k √ k √ k + √k + 1 > ( √ 2− ) >2 ( √3 − √ ) √2 ……………… >2 ( √ n+1− √ n ) √n Cộng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 1+ + + + >2 ( √ n+ 1− ) √2 √ √n n Ví dụ : Chứng minh ∑ k12 < k=1 1 1 < = − k k ( k −1 ) k −1 k Cho k chạy từ đến n ta có Giải: Ta có ∀ n∈ Z Với n là số nguyên Khi cho k chạy từ đến n ta có (10) 1 <1 − 2 1 < − 32 1 < − n n −1 n 1 ⇒ + + + <1 n n Vậy ∑ k12 < k=1 Phương pháp 7: Dùng bất đẳng thức tam giác Lưu ý: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh tam giác thì : a;b;c> Và |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 là số đo cạnh tam giác nên ta có a2 <a(b+c ) 0<a< b+c 0<b< a+c b2 <b(a+c ) 0<c <a+ b c < c (a+b) Cộng vế các bất đẳng thức trên ta có a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) b−c¿ b) Ta có a > b-c 2 >0 a >a − ¿ c −a ¿ b > a-c >0 2 b >b − ¿ a −b ¿ > c > a-b 2 c >c − ¿ Nhân vế các bất đẳng thức ta ⇒ a b2 c > [ a2 − ( b − c )2 ][ b − ( c − a )2 ][ c − ( a −b )2 ] 2 ⇒ a b c > ( a+b − c ) ( b +c − a ) ( c +a −b ) ⇒ abc> ( a+b − c ) ( b+c −a ) ( c +a −b ) { { Ví dụ2: 1) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh tam giác Chứng minh ab+ bc+ ca< a2 +b2 +c <2(ab+ bc+ ca) 2) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh tam giác có chu vi 2 2 Chứng minh a +b + c +2 abc< Phương pháp 8: đổi biến số Ví dụ1 Cho a,b,c > Chứng minh a b c + + ≥ (1) b+c c +a a+b (11) Giải : y+z − x z+x − y x+ y −z ; b= ;c= 2 y + z − x z +x − y x+ y − z y z x z x y + + + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 ⇔ ta có (1) ⇔ 2x 2y 2z x x y y z z y x z x z y + ¿+( + )+( + )≥ ⇔ ( x y x z y z y x z x z y + ≥ 2; + ≥2 ; + ≥ nên ta có điều phải chứng Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( x y x z y z minh Ví dụ2: Cho a, b, c > và a + b + c < 1 1 + + ≥9 Chứng minh (1) a +2 bc b +2 ac c +2 ab Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a= Giải: Đặt x = a2 +2 bc ; y = b2 +2 ac ; z = c 2+ 2ab Ta có x+ y+ z=( a+b +c ) < 1 1 (1) ⇔ + + ≥ Với x+y+z < và x ,y,z > Theo bất đẳng thức Côsi ta có x y z 1 1 1 + + ≥ ; ⇒ ( x+ y+ z ) + + ≥ Mà x+y+z < x+ y+ z ≥ √3 xyz ; x y z x y z xyz √ Vậy Ví dụ3: 1 + + ≥9 x y z Cho x Gợi ý: Đặt ( ) (đpcm) ,y thỏa mãn √ x=u , √ y=v √ x − √ y=1 CMR x+ y ≥ ⇒ 2u-v =1 và S = x+y = u2 +v Bài tập 1) Cho a > , b > , c > CMR: ⇒ v = 2u-1 thay vào tính S 25 a 16 b c + + >8 b+c c +a a+b 2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0 ma nb pc + + ≥ ( √m+ √ n+ √ p ) − ( m+n+ p ) CMR b+c c +a a+b Phương pháp 9: dùng tam thức bậc hai Lưu ý : Cho tam thức bậc hai f ( x )=ax + bx+ c Nếu Δ< thì a f ( x )> a f ( x )> Nếu Δ=0 thì Nếu Δ> thì a f ( x )> a f ( x )< ∀ x ∈R ∀ x ≠− b a với x< x1 với x 1< x < x Ví dụ1: Chứng minh f ( x , y ) =x 2+5 y −4 xy +2 x −6 y +3> Giải: Ta có (1) ⇔ x −2 x ( y −1 ) +5 y − y+ 3>0 Δ ' =( y −1 )2 −5 y 2+ y − 2 ¿ y − y +1− y + y − − ( y −1 ) − 1<0 x> x2 ( x 2> x ) (1) (12) Vậy f ( x , y )> với x, y Ví dụ2: Chứng minh f ( x , y ) =x y +2 ( x +2 ) y +4 xy + x 2> xy Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2 2 y + 1¿ x + y (1 − y ) x+ y >0 2 ( ) x y +2 x +2 y + xy + x − xy > ⇔¿ 2 ' 2 2 2 Ta có Δ =4 y ( 1− y ) − y ( y +1 ) =− 16 y < Vì a = ( y +1 ) >0 (đpcm) f ( x , y )>0 Phương pháp 10: dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n>n ta thực các bước sau : – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n=n0 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh gọi là giả thiết quy nạp ) 3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) – kết luận BĐT đúng với n>n 1 1 + + + <2 − ∀ n∈ N ;n>1 (1) n n 1 Giải :Với n =2 ta có 1+ <2 − (đúng) Vậy BĐT (1) đúng với n =2 Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k+1 Thật n =k+1 thì k +1¿ ¿ ¿ ⇔ (1) 1 1 + + + + ¿ 2 k Theo giả thiết quy nạp k +1¿ ¿ ¿ ⇔ 1 1 + + + + ¿ 2 k k + 1¿ ¿ ¿ ⇔ 1 + + ¿ Ví dụ1:Chứng minh ⇔ Ví dụ2: Cho k +1 ¿2 ¿ k +1 ¿2 ¿ k +1+1 ¿ n∈N ⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều này đúng Vậy bất đẳng thức (1)được chứng minh và a+b> Chứng minh a+b n ( ) n n a +b (1) (13) Giải Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1 Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1 Thật với n = k+1 ta có k+ k+1 a+b k+1 a+b k a+b a +b ak+ 1+b k+1 ⇔ (1) ⇔ (2) 2 2 ak +b k a+ b ak+ 1+ abk +a k b+ bk +1 a k+1 +bk +1 ⇔ Vế trái (2) ⇔ = ≤ 2 k+ k+1 k+1 k k k+1 a +b a +ab +a b+ b − ≥0 ⇔ ( a k − bk ) ( a −b ) ≥ (3) ⇔ |b| Ta chứng minh (3) (+) Giả sử a b và giả thiết cho a -b ⇔ a k k k k k ⇒ ( a − b ) ( a −b ) ≥ a ≥|b| ≥ b k ⇔ ( a k − bk ) ( a −b ) ≥ (+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b ⇔ |a| <bk ⇔ ak <b k Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm) ( ) Phương pháp 11: ( ) Chứng minh phản chứng Lưu ý: 1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất đẳng thức đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái với giả thiết , có thể là điều trái ngược Từ đó suy bất đẳng thức cần chứng minh là đúng 2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “G ⇒ K” phép toán mệnh đề cho ta : Như để phủ định luận đề ta ghép tất giả thiết luận đề với phủ định kết luận nó Ta thường 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 đúng D – Phủ định suy điều trái ngược E – Phủ định suy kết luận : Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > , ab+bc+ac > , abc > Chứng minh a > , b > , c > Giải : Giả sử a thì từ abc > ⇒ a đó a < 0, Mà abc > và a < ⇒ cb < Từ ab+bc+ca > ⇒ a(b+c) > -bc > 0, Vì a < mà a(b +c) > ⇒ b + c < a < và b +c < ⇒ a + b +c < trái giả thiết a+b+c > 0, Vậy a > tương tự ta có b > , c > Ví dụ 2: Cho số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện ac 2.(b+d) Chứng minh có ít các bất đẳng thức sau là sai: , a2 < b c 2< d Giải : Giả sử bất đẳng thức : a2 < b , c 2< d đúng đó cộng các vế ta được, a2 +c <4 (b +d) (1) 2 Theo giả thiết ta có 4(b+d) 2ac (2), Từ (1) và (2) ⇒ a +c <2 ac hay ( a − c ) <0 lý) Vậy bất đẳng thức a2 < b và c 2< d có ít các bất đẳng thức sai Ví dụ Cho x,y,z > và xyz = Chứng minh (vô (14) Nếu x+y+z > 1 + + x y z thì có ba số này lớn Giải : Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1=x + y + z – ( 1 + + ) vì xyz = x y z 1 + + nên (x-1).(y-1).(z-1) > x y z Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 có số dương Thật ba số dương thì x,y,z > ⇒ xyz > (trái giả thiết) Còn số đó dương thì (x-1).(y-1).(z-1) < (vô lý) Vậy có và ba số x , y,z lớn theo giả thiết x+y +z > Phần II Bài tập áp dụng Bài tập (Sử dụng phương pháp làm trội) a b c + + <2 a+b b+c c +a a a b b c c < ; < ; < , cộng vế ví vế ta được; a+b+ c a+b a+b+ c b+c a+b +c c +a Cho a,b,c là số dương chứng minh rằng: 1< HD *Ta luôn có: a b c a b c a+b +c + + > + + = =1 a+b b+c c + a a+ b+c a+ b+c a+b+c a+b +c a a a+c b b+a c c+ b <1 ⇒ < ; tương tự ta có: < ; < *Ta lại có: , a+b a+b a+b+ c b+c a+ b+c c +a a+b+ c 2(a+ b+c ) a b c a+c b+a c +b + + < + + = =2 Cộng vế với vế ta được: a+b b+c c + a a+ b+c a+ b+c a+b+c a+ b+c Bài tập (Sử dụng phương pháp làm trội) 1 1 + + + + + <1 Chứng minh với n > thì 2 n 1 1 < = − HD Với n > ta có , nên ta có: n2 (n− 1) n n − n 1 1 1 1 1 1 1 1 n− + + + + + < − + − + − + − + + − =1− = <1 2 3 4 n −1 n n n n Bài tập (Sử dụng phương pháp làm trội) Chứng minh các bất đẳng thức với n là các số tự nhiên 1 1 + + + .+ <1 ; a) 2 3 (n −1) n 1 1 1 + + + + + <2 − (n>1); b) n n 1 1 + + + + + < c) 2 n HD a) 1 1 1 1 1 1 1 n− + + + .+ = − + − + − + − + + − =1− = <1 2 3 n−1 n n n (n −1) n 2 3 4 (15) n− n− <1 , với n = thì <1 Vậy BĐT luôn đúng với n là số tự nhiên n n 1 1 < = − b) Với n > ta có , nên ta có: n − n n ( n− 1) n 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + < − + − + − + − + + − =1− <2 − ; n −1 n n n n 2 3 4 1 1 < = − c)Với n = thì < Với n > 1ta có: , nên ta có: n − n n ( n− 1) n 1 1 1 1 1 1 1 1 n− + + + + + < − + − + − + − + + − =1− = n −1 n n n n 2 3 4 n− n −3 n < ⇔ < ⇔5 n − n>−3 ⇔ n>− 3,(n>1) , Ta chứng minh n 3n 3n 1 1 + + + + + < với n là số tự nhiên Vậy 2 n Với n > thì Bài tập (Sử dụng tính chất hai biểu thức có tử thức BT nào có MT lớn thì nhỏ hơn) 2 a− b a − b < a)Cho a > b > Chứng minh rằng: ; a+ b a 2+b2 từ đó áp dụng so sánh giá trị các phân thức: 2000 −1999 20002 −19992 < b) ; 2000+1999 20002 +19992 1997 −1996 1997 − 19962 < c) 1997+1996 1997 2+ 19962 a+b ¿2 ¿ ¿ HD a) vì a> b>1 và ( a+b )2> a2 +b 2 a− b ( a −b)( a+ b) a − b = = ¿ a+ b (a+ b)(a+b) 2000+1999 ¿ ¿ ¿ b) (2000− 1999)( 2000+ 1999) 20002 −19992 2000− 1999 VT = = = ¿ 2000+1999 (2000+1999)(2000+1999) 2 Vì hai BT có tử thức và 2000+1999 ¿ >2000 +1999 ¿ c)Tương tự câu a Bài tập 5.( Sử dụng BĐT Cô Si) Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) a2 +b 2+ c ≥ ab+ bc+ca ; b) (a+ b)(b+c )(c +a)≥8 abc , với a,b,c dương; c) a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b d)Với a, b, c là các số dương ta luôn có: ( a+b +c ) ( 1a + b1 + 1c ) ≥ a b c + + ≥ b+c c +a a+b HD a) a2 +b 2+ c ≥ ab+ bc+ca ⇔ a2 +2 b2 +2 c ≥ ab+2 bc+ 2ca e) Với a, b, c là các số dương ta luôn có: ; (16) 2 c−a¿ ≥0 c −a ¿ ≥ b − c ¿ +¿ vì b − c ¿ ≥ ; ¿ với a,b,c a −b ¿ 2+ ¿ a −b ¿ ≥ ; ¿ ⇔¿ ¿ b)Với a,b,c dương áp dung bất đẳng thức Cô Si ta có: (a+ b)(b+c )(c +a)≥2 √ ab √ bc √ ca=8 √ a2 b2 c2 =8 abc c) a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b ⇔2 a2 +2 b2 +2 ≥2 ab+2 a+ 2b ⇔ a2 −2 ab+b 2+ a2 − a+1+b2 −2 b+1 ≥ b −1 ¿2 ≥0 b − 1¿2 ≥ a −1 ¿2 +¿ vì a − 1¿ ≥ ; ¿ với a,b a −b ¿ 2+ ¿ a −b ¿ ≥ ; ¿ ⇔¿ ¿ d) Với a,b,c dương áp dung bất đẳng thức Cô Si ta có: 1 1 1 1 3 1 a+b +c ≥ √ abc , + + ≥ ⇒ ( a+ b+c ) + + ≥ √ abc =9 a b c a b c a b c a b c e)Đặt A=a+b , B=b+ c ,C=c +a , ta có A + B+C=2(a+ b+c )⇒ a+b+ c= ( A+ B+C ) , a b c a b c a+ b+c a+b+ c a+b+ c + + = +1+ +1+ +1 −3= + + −3 b+c c +a a+b b +c c +a a+b b+ c c +a a+ b ta có: 1 1 1 ¿(a+ b+c ) + + −3= ( A+ B+C) + + −3 b+c c +a a+ b A B C 1 a b c + + ≥ −3= ta có ( A+B+C) + + ≥ nên A B C b+c c +a a+b 2 √ ( ( ( √ ) ) ( ) ) Bài tập 6.( Sử dụng BĐT Cô Si) b) Cho 1 + ≥ ; x y x+ y x ≥ , y ≥ , Chứng minh: x √ y −1+ y √ x −1 ≤ xy ; c) Cho x ≥ , y ≥ , z ≥2 , Chứng minh: a) Cho x , y >0 , Chứng minh: √ x+ √ y −1+√ z − 2≤ ( x + y + z) x+ y ¿ ≥ xy HD a)Với x , y >0 ta có x − y ¿ ≥ ⇔ x − xy+ y ≥ ⇔ x − xy+ xy+ y ≥ xy ⇔ ¿ ¿ x+ y x y 1 ⇔ (x+ y) ( x+ y ) ≥ xy ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ xy x + y xy xy x+ y x y x+ y x √ y −1 y √ x −1 y −1 √ x −1 + ≤1 ⇔ √ + ≤1 , b) Với x ≥ , y ≥ ta có: x √ y −1+ y √ x −1 ≤ xy ⇔ xy xy y x 1+ x − x 1+ y −1 y = ; √ y −1 ≤ = áp dụng BĐT Cô Si ta có: √ x −1 ≤ ,nên ta có: 2 2 √ x − + √ y − ≤ x + y = + =1 ;Vậy x y −1+ y x −1 ≤ xy √ √ y y x y 2 c) Với x ≥ , y ≥ , z ≥2 , nên ta có: √ x+ √ y −1+ √ z − 2≤ (x + y + z) ⇔ ⇔ x + y + z − √ x − √ y −1 −2 √ z −2 ≥ ⇔ x − √ x +1+ y − 1− √ y −1+1+ z − 2− √ z − 2+1≥ 2 2 2 ( √ x −1 ) + ( √ y −1 −1 ) + ( √ z − 2− ) ≥ vì ( √ x −1 ) ≥ 0, ( √ y −1 −1 ) ≥0, ( √ z − 2− ) ≥ Bài tập 7.( Sử dụng BĐT Cô Si) Cho a, b, c là các số không âm thoả mãn: a+b +c=1 Chứng minh: a) √ a+1+ √ b+1+ √ c +1≤ 3,5 ; b) √ a+b+ √b +c + √ c+ a ≤ √ (17) HD.a)Ta nhìn tổng a + tích 1.( a + ) và áp dụng bất đẳng thức Cô-si âm ta được: √ a+1= √1 (a+1)≤ √ xy ≤ x+ y với x,y không 1+ a+1 a 1+b+ b = +1, √ b+ 1=√ 1.( b+1)≤ = +1 , 2 2 1+ c+1 c = +1 ,cộng vế ba bất đẳng thức ta được: 2 a b c a+b+ c +3 √ a+1+ √ b+1+ √ c +1≤ + + + ⇔ √ a+1+ √ b+1+ √ c +1≤ 2 2 ⇔ √ a+1+ √b+ 1+ √ c+1 ≤ + ⇔ √ a+1+ √ b+1+ √ c +1 ≤ 2 b) áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki với hai ba số ta được: √ c +a ¿ √ 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+¿ ¿ ¿ √ a+b +1 √ b+c +1 √c +a ≤(1+1+1)¿ √ c+ 1=√ 1.(c+1)≤ Bài tập 8.( Sử dụng HĐT) 1 1 1 + + ≥ + + a b c √ ab √ bc √ ca 1 1 1 2 2 2 + + ≥ + + ⇔ + + − − − ≥0 HD Với a , b , c ≥ , ta có: a b c √ ab √ bc √ ca a b c √ ab √ bc √ ca 1 1 1 1 1 1 − + − + − ≥ vì − ≥ 0, − ≥ 0, − ≥0 √a √b √b √ c √c √a √a √b √b √ c √c √a Cho a , b , c ≥ ,Chứng minh rằng: ( ) ( )( ) ( Bài tập Cho a, b, c là các số dương tuỳ ý.Chứng minh rằng: ) ( ) ( ab bc ca a+ b+c + + ≤ a+b b+c c + a a+b ¿ ≥ ab ⇔(a+b)(a+b)≥ ab HD.Ta có a −b ¿2 ≥ ⇔ a2 −2 ab+b ≥ ⇔¿ ¿ a+b 2ab b+c bc c+ a ca ⇔ ≥ ≥ , ≥ ,tương tự ta có: , cộng vế với vế ta được: a+b b +c c+a a+b b+c c + a 2ab bc ca 2(a+ b+c) ab bc ca + + ≥ + + ⇔ ≥ + + 2 a+ b b +c c +a a+ b b+ c c+ a ab bc ca ab bc ca a+ b+c ⇔2 + + ≤ a+b+ c ⇔ + + ≤ a+ b b+ c c+ a a+b b +c c +a ( ) Bài tập 10 ( Sử dụng BĐT Cô-Si) Cho a, b, c là các số dương.Chứng minh các bất đẳng thức: 2 a b c a+ b+c a) + + ≥ b+c c +a a+b a2 b2 c a+ b+c b) ; + + ≥ a+b b+c c + a a2 b2 c2 d a+b+ c+ d c) + + + ≥ ,(d> 0) a+b b+c c +d d+ a HD a)áp dụng bất đẳng thức Cô-si: x+ y ≥ √ xy , x , y ≥ Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: ) (18) a2 b+ c a2 b+ c a a2 b+c + ≥2 =2 =a⇒ ≥a− ; b+ c b+ c b+ c b2 c +a b2 c+ a b b2 c +a + ≥2 =2 =b ⇒ ≥b− ;; c+ a c+ a c+ a c a+b c a+b c c2 a+b + ≥2 =2 =c ⇒ ≥c − a+b a+b a+b 2 a b c b+ c c +a a+b Cộng vế với vế ta được: + + ≥ a+b+ c − − − b+c c +a a+b 4 2 2 a b c a+ b+c a+b+ c a b c2 a+ b+c + + ≥ a+b+ c − = + + ≥ b+c c +a a+b 2 b+c c +a a+b b)Tương tự câu a) ta có: a2 a+b a2 a+b a a2 a+b + ≥2 =2 =a ⇒ ≥a − ; a+b a+b a+b b2 b+c b2 b+c b b2 b+ c + ≥2 =2 =b ⇒ ≥b − ; b+ c b+ c b+ c √ √ √ √ √ √ c c +a c c+ a c c2 c+ a + ≥2 =2 =c ⇒ ≥c − ; c+ a c+ a c+ a a2 b2 c2 b+ c c +a a+b Cộng vế với vế ta được: + + ≥ a+b+ c − − − a+b b+c c + a 4 2 2 a b c a+ b+c a+b+ c a b c a+ b+c + + ≥ a+b+ c − = + + ≥ a+b b+c c + a 2 a+b b+c c + a c) Làm tương tự câu a, b Bài tập 11 ( Sử dụng BĐT Cô-Si) Cho a, b, c là các số dương.Chứng minh các bất đẳng thức: a b c + + >2 b+ c a+c a+ b HD áp dụng bất đẳng thức Cô-si: x+ y ≥ √ xy , x , y ≥ ta có: b+ c b+ c a+ b+c a 2a ≤ +1 :2= ⇒ ≥ a a 2a b+ c a+b +c b 2b c 2c Tương tự ta có: , cộng vế với vế ta được: ≥ ; ≥ a+ c a+ b+c a+b a+ b+c 2(a+b+ c) a b c 2a 2b 2c + + ≥ + + = =2 b+ c a+c a+ b a+b+ c a+b+ c a+b+ c a+b+ c a=b+c Dấu (=) xảy và khi: b=a+c ⇒ a+b +c=0 , trái với giả thiết a,b,c là ba số dương.Vậy đẳng c=a+ b √ √ √ √ ( ) √ √ √ √ √ √ { thức không xảy ra.Vậy a b c + + >2 b+ c a+c a+ b √ √ √ Bài tập 12 ( Sử dụng BĐT Cô-Si) Cho a, b, c là độ dài cạnh tam giác.Chứng minh rằng: a) ab+ bc+ ca ≤ a2 +b2 +c <2(ab + bc+ca) ; b) abc>(a+ b −c )(a+ c −b)(b+c −a) ; a b c + + <2 ; c) b+c c +a a+b (19) d) a2 b2 +2 b2 c2 +2 c a2 −(a +b +c )>0 ; 3 a −b ¿ + abc ≥a + b +c c − a¿ + c ¿ e) ; b − c ¿ +b ¿ a¿ f) a b(a −b)+b2 c (b − c)+c a( c − a)≥ ; g) a3 +b 3+ c 3+ abc ≥ a(b 2+ c 2)+b(c 2+ a2)+ c(a2 +b2 )>a3 +b 3+ c 3+2 ab HD a) * a2 +b 2+ c ≥ ab+ bc+ca ⇔ a2 +2 b2 +2 c ≥ ab+2 bc+ 2ca 2 c−a¿ ≥0 c −a ¿ ≥ 2 b − c ¿ +¿ vì b − c ¿ ≥ ; ¿ với a,b,c a −b ¿ + ¿ a −b ¿ ≥ ; ¿ ⇔¿ ¿ 2 * a +b + c <2(ab+ bc+ca ); Ta có: a+b − c >0 ⇒ c (a+ b −c )>0 ⇒ac+ bc >c 2 b+c −a> 0⇒ a( b+c − a)>0 ⇒ab+ ac> a a+b − c >0 ⇒b (c+ a −b)>0 ⇒ bc+ ab>b Cộng vế với vế ta được: a2 +b 2+ c 2<2(ab+ bc+ca ) Bài tập 13 ( Bài tập dùng định nghĩa) HD 1) Cho abc = và a3 >36 Chứng minh a +¿ b2+c2> ab+bc+ac a2 a2 a2 a2 +¿ b2+c2- ab- bc – ac = +¿ +¿ b2+c2- ab- bc – ac = ( +¿ b2+c2- ab– 12 a a a2 a3 − 36 abc a3 − 36 abc ac+ 2bc) + -b- c)2 + =( -b- c)2 + >0 (vì abc=1 và a3 > − 3bc =( 2 12 12 a 12 a 36 nên a >0 ) a2 Vậy : +¿ b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 4 2 2) Chứng minh a) x + y + z +1 ≥2 x ( xy − x + z +1) b) với số thực a , b, c ta có a2 +5 b2 − ab+2 a − b+3>0 2 c) a +2 b −2 ab+2 a − b+2 ≥ Giải : a) Xét hiệu H = x + y + z +1 −2 x y 2+ x − xz − x = ( x − y 2) + ( x − z )2 + ( x −1 )2 H ta có điều phải chứng minh b) Vế trái có thể viết H = ( a −2 b+1 )2 + ( b − )2+1 ⇒ H > ta có điều phải chứng minh ⇒ H c) vế trái có thể viết H = ( a −b +1 )2+ ( b −1 )2 ta có điều phải chứng minh Ta có hiệu: Bài tập 14 ( Bài tập dùng biến đổi tương đương) HD 1) Cho x > y và xy =1 Chứng minh ( x2 + y ) ( x − y )2 ≥8 Giải : 2 2 Ta có (vì xy = 1) ⇒ x + y =( x − y ) +2 xy =( x − y ) +2 ( x 2+ y 2) =( x − y )4 +4 ( x − y )2 +4 Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với ( x − y )4 +4 ( x − y )2 + ≥ ( x − y )2 ⇔ ( x − y )4 −4 ( x − y )2 + ≥ ⇔ [ ( x − y )2 − ] ≥ BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh (20) 1 + ≥ 2 1+ xy 1+ x 1+ y 1 1 1 − + − ≥0 + ≥ ⇔ Giải : Ta có 2 2 1+ x 1+ y 1+ y 1+ xy 1+ x 1+ y 1+ xy 2 x(y −x) y(x− y) xy − x xy − y + ≥0 + ≥0 ⇔ ⇔ 2 ( 1+ x ) (1+ xy ) ( 1+ y ) ( 1+ xy ) ( 1+ x ) (1+ xy ) ( 1+ y ) ( 1+ xy ) ( y − x )2 ( xy −1 ) ≥ BĐT cuối này đúng xy > Vậy ta có điều phải chứng minh ⇔ ( 1+ x ) ( 1+ y 2) ( 1+xy ) 2) Cho xy Chứng minh rằng: ( )( ) Bài tập 15 ( Bài tập dùng bất đẳng thức phụ ) HD 1) Cho a , b, c là các số thực và a + b + c = 1Chứng minh a2 +b 2+ c ≥ Giải áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) và (a,b,c) ⇔ Ta có ( a+1 b+1 c )2 ≤ ( 1+1+1 ) ( a2 +b2 +c ) ( a+b +c )2 ≤ ( a2 +b2 +c ) a2 +b 2+ c ≥ ⇔ (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 1 2) Cho a,b,c là các số dương : Chứng minh ( a+b +c ) + + ≥ (1) a b c a a b b c c a b a c b c 1+ + + +1+ + + +1≥ ⇔ 3+ + + + + + ≥ Giải : (1) ⇔ b c a c a a b a c a c b x y + ≥2 áp dụng BĐT phụ Với x,y > Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng y x 1 Vậy ( a+b +c ) + + ≥ (đpcm) a b c ( ) ( )( )( ) ( ) Bài tập 16 ( Bài tập dùng Phương pháp bắc cầu) HD 1) Cho < a, b,c <1 Chứng minh : a3 +2 b3 +2 c 3<3+ a2 b+b c +c a 2 2 Giải Do a <1 ⇒ a <1 và b <1, nên ( 1− a ) ( 1− b ) >0 ⇒1+ a b − a −b> hay 1+a2 b> a2+ b (1) Mặt khác <a,b <1 ⇒ a2 >a ; b>b 3 3 ⇒ 1+a >a + b Vậy a +b < 1+ a b b3 +c <1+b c ⇒ Tương tự ta có (đpcm) a3 +2 b3 +2 c 3<3+ a2 b+b c +c a a3 +c <1+c a 2) So sánh 31 ❑11 và 17 ❑14 11 31 Giải :Ta thấy Vậy 31 ❑11 3211 25 < < 17 ❑14 11 255 256 , Mặt khác 256 24.14 24 14 1614 1714 (đpcm) Bài tập 17 ( Bài tập dùng tính chất tỉ số) 2 a b b c cd d a 3 a b c b c d c d a d a b HD 1) Cho a ,b ,c ,d > Chứng minh Giải :Vì a ,b ,c ,d > nên ta có: a b a b a b d b c bc bc a a b c d a b c a b c d (1) 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 các vế bất đẳng thức trên ta có : (21) 2 a b b c cd d a 3 a b c b c d c d a d a b (đpcm) a b c 2 b c c a a b 2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác, Chứng minh Giải :Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh tam giác nên ta có a,b,c > 0, Và a < b +c ; b <a+c ; c < a+b a a a 2a a a b c a b c a b c Mặt khác b c a b c Từ (1) a a 2a b b 2b Vậy ta có a b c b c a b c Tương tự ta có 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 trên ta có : a b c 1 2 b c c a a b (đpcm) 1 Bài tập 18 ( Bài tập áp dụng phương pháp làm trội) HD 1) Chứng minh BĐT sau : 1 1 (2n 1).(2n 1) ; a) 1.3 3.5 1 1 2 1.2 1.2.3 1.2.3 n b) 1 2k 1 (2k 1) 1 2n 1 2n 1 (2k 1).(2k 1) 2k 2k 1 Giải : a) Ta có Cho n chạy từ đến k Sau đó cộng lại ta có 1 1 1.3 3.5 (2n 1).(2 n 1) n 1 1 (đpcm) 1 1 1 1 1.2 1.2.3 1.2.3 n 1.2 1.2.3 n 1 n b) Ta có 1 1 1 1 2 n 2 3 n n < (đpcm) Bài tập 19 ( Bài tập áp dụng bất đẳng thức để tìm cực trị) HD dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị Lưu ý - Nếu f(x) A thì f(x) có giá trị nhỏ là A - Nếu f(x) B thì f(x) có giá trị lớn là B Ví dụ : Tìm giá trị nhỏ T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| Giải :Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x| |x-1+4-x| = x x x x x x 1 Và Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| 1+3 = Ta có từ (1) Dấu xảy x 4 (2) Dấu xảy x 3 Vậy T có giá trị nhỏ là x 3 (1) (2) (22) Ví dụ : Tìm giá trị lớn S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > và x+y+z =1 1 xyz xyz 3 xyz 27 Giải : Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Côsi ta có x+ y + z 3 x y y z z x áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có 8 Dấu xảy x=y=z= , Vậy S 27 27 729 Vậy S có giá trị lớn là 729 x=y=z= 4 Ví dụ : Cho xy+yz+zx = 1, Tìm giá trị nhỏ x y z Giải : áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ;(x,y,z) xy yz zx Ta có x2 y z 2 x2 y z 2 (1) Ap dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x , y , z ) và (1,1,1) ( x y z ) (12 12 12 )( x y z ) Ta có ( x y z )2 3( x y z ) 4 Từ (1) và (2) 3( x y z ) x4 y z 3 4 x y z Vậy có giá trị nhỏ là x=y=z= Ví dụ :Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện tích lớn Giải : Gọi cạnh huyền tam giác là 2a Đường cao thuộc cạnh huyền là h Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x x y h a.h a h a xy Ta có S = Vì a không đổi mà x+y = 2a x y Vậy S lớn x.y lớn Vậy các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích lớn Bài tập 20 ( Bài tập áp dụng bất đẳng thức để giải PT, HPT 2 1) Giải phương trình sau x x 19 x 10 x 14 4 x x 2 Giải :Ta có 3x x 19 3.( x x 1) 16 3.( x 1) 16 16 x 10 x 14 5 x 1 9 2 Vậy x x 19 x 10 x 14 2 5 Dấu ( = ) xảy x+1 = x = -1 2 Vậy x x 19 x 10 x 14 4 x x Vậy phương trình có nghiệm x = -1 x = -1 2 Ví dụ :Giải phương trình x x 4 y y Giải :áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có : x x 12 12 x x 2 2 (23) Dấu (=) xảy x = , Mặt khác , Dấu (=) xảy y = - x 1 1 y 2 Vậy x x 4 y y 2 x =1 và y =- , Vậy nghiệm phương trình là y y y 1 2 x y z 1 4 Ví dụ :Giải hệ phương trình sau: x y z xyz Giải : áp dụng BĐT Côsi ta có x4 y y z z x4 x4 y4 z4 2 2 2 2 x y y z z x x2 y y z z y2 z z x2 z y x2 2 2 2 y xz z xy x yz xyz.( x y z ) Vì x+y+z = 1, Nên x y z xyz , Dấu (=) xảy x = y = z = x y z 1 4 Vậy x y z xyz có nghiệm x = y = z = 4 xy 8 y xy 2 x Ví dụ : Giải hệ phương trình sau Từ phương trình (1) (1) (2) y 0 hay y x 2 x 22 0 (x 2) 0 x 2 x x y 2 x x Từ phương trình (2) Nếu x = thì y = 2 Nếu x = - thì y = -2 Vậy hệ phương trình có nghiệm x y và x 2 y 2 Bài tập 20 ( Bài tập áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình nghiệm nguyên 2 1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn x y z xy y z (24) 2 Giải :Vì x,y,z là các số nguyên nên x y z xy y z x y z xy y z 0 y2 3y2 x xy y z z 1 0 2 y y 2 y y x 1 z 1 0 x 1 z 1 0 2 2 2 2 (*) Mà x 1 2 y 2 y y x 1 z 1 0 z 1 2 2 Các số x,y,z phải tìm là 1 2 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x y z 1 z 3 x y z z Giải : Không tính tổng quát ta giả sử x y z Ta có 1 1 Mà z nguyên dương z = 1, Thay z = vào phương trình ta x y 1 y y 2 mà y nguyên dương Theo giả sử x y nên = x y Nên y = y = Với y = không thích hợp Với y = ta có x = Vậy (2 ,2,1) là nghiệm phương trình Hoán vị các số trên ta các nghiệm phương trình là (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2) Ví dụ : Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phương trình x x y (*) Giải : (*) Với x < , y < thì phương trình không có nghĩa (*) Với x > , y > Ta có x x y x y2 x k k k 1 k 1 Đặt x k (k nguyên dương vì x nguyên dương Ta cóNhưng k y k 1 Mà k và k+1 là hai số nguyên dương liên tiếp không tồn số nguyên dương nào Nên không có cặp số nguyên dương nào thoả mãn phương trình x 0 Vậy phương trình có nghiệm là : y 0 Bài tập 21 CMR : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + by +cz)2 ( BĐT Bunhiacôpxki cho số a, b, c và 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 ≥ x, y R (25) a b c = = x y z Bằng cách làm tương tự ta có thể phát triển bài toán BĐT Bunhiacôpxki tổng quát: Dấu “=” xảy (a21 + a22 +…+ a2n)(x21 + x22 +…+ x2n) ≥ (a1x1 + a2x2 +…+ anxn )2 a1 a2 a = = = n Dấu “=” xảy x1 x2 xn Để ý a và x là số nghịch đảo thì ax = (x = a ) Từ bài toán ta có thể đặt bài toán: Bài tập 22 Cho ba số a, b, c là số dương Chứng minh rằng: (a + b + c)( 1 + + )≥9 a b c GiảI Theo bài toán (BĐT Bunhiacôpxki): (a + b + c)( 1 1 1 +√ b + √ c ) (a + b + c)( + + ) ≥ (√ a a b c √a √b √c 1 + + )≥ a b c 32 = Dấu “=” xảy a = b = c.Từ bất đẳng thức (x+ y+ z)( 1 + + )≥ x y z 1 + + )≥ a+b b+c c+ a a b c + + ≥ b+c a+c b+a Đặt a + b = X; b + c = Y; c + a = Z ta BĐT: 2(a + b + c)( ( a b c + + +3) ≥ b+c a+c b+a (26)