CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TỪ NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC Mở đầu: Trong chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là các bài toán có biến ràng buộc bới một hệ thức cho trước thoạt nhìn chúng ta[r]
(1)Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Chứng minh Bất đẳng thức phương pháp đổi biến số I Ví dụ: Dự đoán điều kiện đẳng thức xảy Ví dụ 1: Cho a b Chứng minh rằng: B = a5 b5 Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = Do ta đặt: a x Từ giả thiết suy ra: b x , ( x R ) Ta có: B = a5 b5 (1 x )5 (1 x )5 10 x 20 x Đẳng thức xảy x = 0, hay a = b = Vậy B Ví dụ 2: Cho a b 3, a Chứng minh rằng: C = b3 a3 b a b Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = 1; b = Do ta đặt a x , với x Từ giả thiết suy b x C = b3 a3 6b2 a2 9b = (2 x )3 (1 x )3 6(2 x )2 (1 x )2 9(2 x ) Ta có: = x x x = x ( x 1)2 (vì x 0) Đẳng thức xảy x = x = tức a = 1, b = a = 0, b = Vậy C Ví dụ 3: Cho a b c Chứng minh rằng: A = a b2 c ab bc ca Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = c = Do ta đặt: a x , b y , ( x, y R ) Từ giả thiết suy ra: c x y A = a b2 c ab bc ca Ta có: = (1 x )2 (1 y )2 (1 x y)2 (1 x )(1 y ) (1 y )(1 x y ) (1 x y )(1 x ) = x xy y = x y y Đẳng thức xảy y = và x y x = y = hay a = b = c =1 Vậy A 2 Ví dụ 4: Cho a b c d Chứng minh rằng: D = a b ab 3cd Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = c = d Do đặt: a c x , với x R Từ giả thiết suy b d x Ta có: D = (c x )2 (d x )2 (c x )(d x ) = c d x cd cx dx 3 = c d x 2cd cx dx 3cd x = c d x x 3cd 3cd Đẳng thức xảy x = và c d x x = và c = d hay a = b = c = d Vậy D 3cd Ví dụ 5: Cho a b Chứng minh rằng: a3 b3 a b Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = Do đặt a x , b y Từ giả thiết suy x y Ta có: a3 b3 a b (1 x )3 (1 y )3 (1 x )4 (1 y )4 Trang (2) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức (1 x )4 (1 y)4 (1 x )3 (1 y)3 x (1 x )3 y(1 y)3 x y 3( x y )( x xy y ) 3( x y ) x y ( Đúng vì x + y 0) Đẳng thức xảy x = y = hay a = b = Vậy bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 6: Cho a Chứng minh rằng: E = a2 (2 a) 32 Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = Do đặt a x Từ giả thiết suy x Ta có: E = (4 x )2 (2 x ) x 10 x 32 x x ( x 5)2 7 Đẳng thức xảy x = hay a = Vậy E Ví dụ 7: Cho ab Chứng minh rằng: a2 b2 a b Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = Do đặt a x; b y Ta có: ab (1 x )(1 y ) x y xy Mặt khác: a2 b2 a b (1 x )2 (1 y )2 (1 x ) (1 y ) x y x y Lại có: x y xy , với x, y nên ta có: x y x y ( x y ) xy x y (Đúng vì xy + x + y 0) Đẳng thức xảy x = y = hay a = b = Vậy BĐT chứng minh Dạng cho biết điều kiện tổng các biến không ( khó) dự đoán điều kiện biến để đẳng thức xảy Đối với loại này ta có thể đổi biến trên 27 0 Đặt a = 1– x và a + b = + y Từ giả thiết suy x, y nên ta có: b = + x + y 27 25 Từ đó : F = 3(1 – x )2 (2 x y)2 3(1 – x )(2 x y ) – = x y x 7y xy 4 Ví dụ 8: Cho a 1; a + b Chứng minh rằng: F = 3a b2 3ab 5 = x y y2 y 2 Đẳng thức xảy x = và y = hay a = và b = 2 Vậy bất đẳng thức F chứng minh Ví dụ 9: Cho a, b, c [1; 3] và a + b + c = Chứng minh rằng: a) a2 b2 c2 14 b) a3 b3 c3 36 Đặt a = x + 1; b = y + 1; c = z + Khi đó x, y, z [0; 2] và x + y + z = Giả sử x = max{x; y; z} suy ra: x + y+ z = 3x x (x –1)(x –2) nên: x y z2 x ( y z)2 x (3 – x )2 2( x –1)( x –2) Tức là: x y z2 (*) Tương tự ta chứng minh x y z3 (**) a) Ta có: a2 b2 c2 ( x 1)2 ( y 1)2 ( z 1)2 x y z2 2( x y z) Trang (1) (3) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Thay (*) vào (1) ta có: a2 b2 c 14 là điều phải chứng minh b) Ta có: a3 b3 c3 ( x 1)3 ( y 1)3 ( z 1)3 x y z3 3( x y z2 ) 3( x y z) (2) Thay (*) và (**) vào (2) ta có: a3 b c3 36 là điều phải chứng minh Ví dụ 10: Cho các số thực a, b với a + b Chứng minh: Đặt c ab a b 2 ab 2 1 ab Ta có: ab + bc + ca = –1 và lúc này BĐT cần chứng minh trở thành: ab a2 b2 c2 a2 b2 c 2(ab bc ca) (a b c)2 Vậy bất đẳng thức chứng minh (luôn đúng) Dạng bất đẳng thức với điều kiện cho ba số có tích x y z Cách1 : Đặt a ; b ; c , với x, y, z y z x Sau đây là số ví dụ làm sáng tỏ điều này Ví dụ 11: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = Chứng minh rằng: 1 a(b 1) b(c 1) c(a 1) Nhận xét: a, b, c là các số thực dương và abc = nên ta đặt: x y z a ; b ; c , với x, y, z là các số thực dương y z x 1 1 Ta có: a(b 1) b(c 1) c(a 1) x y y z z x 1 1 1 y z zx xy yz zx xy xy zx yz xy zx yz Đây chính là BĐT Néb–sít cho ba số dương xy, yz, zx, suy điều phải chứng minh Ví dụ 12: (Ôlimpic quốc tế 2000) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng: a b c b c a Nhận xét: a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1, nên ta đặt: x y z a ; b ; c , với x, y, z là các số thực dương y z x 1 ( x y z)( y z x )( z x y ) Ta có: 1 a b c b c a xyz ( x y z)( y z x )( z x y ) xyz (*) Đặt x m n; y n p; z p m Khi đó (*) (m n)(n p)( p m) 8mnp (**) Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương ta có: m n mn ; n p np ; p m pm Trang (4) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Ba bất đẳng thức trên có hai vế dương nên nhân vế theo vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh Chú ý: Ta có thể chứng minh (*) theo cách sau đây: Do vai trò x, y, z có vai trò nhau, không tính tổng quát nên giả sử : x y z > Như x – y +z > và y – z + x > + Nếu z – x + y thì (*) hiển nhiên đúng + Nếu z – x + y > 0, áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương ta có: ( x y z)( y z x ) x ; ( y z x )(z x y ) y ; (z x y )( x y z) z Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, suy (*) Vậy (*) đúng cho x, y, z là các số thực dương, suy bài toán chứng minh Phát hiện: Việc đổi biến và vận dụng (**) cách khéo léo giúp ta giải bài toán Ví dụ 13 sau đây: Ví dụ 13: (Ôlimpic quốc tế 2001) Cho a, b, c là ba số dương Chứng minh rằng: a b c 1 a2 8bc b 8ca c 8ab Đặt x a ; y b ; z c a 8bc b 8ca c 8ab Ta thấy x, y, z dương và BĐT cần chứng minh trở thành S = x y z a a2 8bc x2 = 1 2 2 a bc x a a 8bc a 8bc 8ca 8ab Tương tự ta có: ; 1 1 2 y b z c2 Do x a (1) 1 1 x y z Mặt khác S = x + y + z < S2 S S2 thì: T = 1 1 1 > z2 x y z2 x2 y – Ta thấy (S – x)(S – y)(S – z) =(x + y)(y + z)(z + x) 8xyz (theo (**) ví dụ 12) (2) – Với ba số dương x + y, y + z, z + x, ta lại có (S x )(S y )(S z) 64 xyz (3) Suy ra: – Nhân (2) và (3) vế với vế, ta được: (S – x )(S – y )(S – z2 ) 83 x y z2 S2 S S2 z2 x2 y Từ đây suy ra: T > 83 mâu thuẩn với (1) Vậy S = x + y + z 1, tức bài toán chứng minh hay: Ngược lại, số bài toán chứng minh bất đẳng thức mà các biểu thức ( x y z biến đổi nó) có chứa các biểu thức có dạng: ; ; , với x, y, z Lúc này việc y z x x y z đặt a ; b ; c , với abc = là phương pháp hữu hiệu, sau đây là các ví dụ y z x minh chứng điều này: Trang (5) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Ví dụ 14: Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: b c a a b c 1) 1 2) a b b 2c c a a b b 2c c a 1 1) BĐT a b c 2 2 2 b c a a b c Đặt x ; y ; z Ta có x, y, z là các số thực dương có tích xyz = b c a 1 1 1 Suy ra: 1 1 a b c x 2 y2 z2 2 2 2 b c a (x + 2)(y + 2) + (y + 2)(z + 2) + (z + 2)(x + 2) (x + 2)(y + 2)(z + 2) (xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 12 xyz + 2(xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + xyz + xy + yz + zx xy + yz + zx Đây là bất đẳng thức đúng vì áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho ba số dương ta có: xy yz zx 33 ( xyz)2 Suy điều phải chứng minh 2) Cách 1: Chứng minh tương tự câu 1) b c a a b c Cách 2: Ta có: 3 a 2b b 2c c 2a a 2b b 2c c 2a Áp dụng kết bài toán 1), ta suy bất đẳng thức cần chứng minh x y z Cách : Ngoài cách đặt a ; b ; c trên ta còn có cách đổi biến khác Cụ thể y z x ta xét ví dụ sau: Ví dụ 15: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1.Chứng minh: a b c 2 (a 1) (b 1) (c 1) (a 1)(b 1)(c 1) (*) 1 a 1 b 1 c 1 x 1 y 1 z ;y ; z –1<x, y, z < và a ; b ;c 1 a 1 b 1 c 1 x 1 y 1 z Từ abc = (1 – x)(1 – y)(1 – z) = (1 + x)(1 + y)(1 + z) x + y + z + xyz = 4a Mặt khác: 1 x2; 1 x a 1 (a 1)2 Đặt: x 4c y và z2 ; 1 z b 1 c 1 (b 1) (c 1) 4a 4b 4c 2 (*) 2 (a 1) (b 1) (c 1) (a 1) (b 1) (c 1) Tương tự: nên: 4b y2 ; x y z2 2(1 x )(1 y )(1 z) x y z2 2( xy yz zx ) 2( x y z xyz) ( x y z)2 Đây là bất đẳng thức luôn đúng nên bài toán chứng minh Trang (6) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức x y z Phát hiện: Việc đổi biến cách đặt a ; b ; c đây còn áp dụng y z x hay bài toán chứng minh đẳng thức, ví dụ 16; 17 sau đây cho thấy điều này (Việc đưa hai ví dụ sau nhằm nhấn mạnh thêm tính đa dạng và hữu hiệu phương pháp đổi biến giải toán nói chung) Ví dụ 16: Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn abc = Chứng minh rằng: 1 1 a ab b bc c ca x y z Nhận xét: Vì abc = nên ta có thể đặt a ; b ; c , với x, y, z y z x Khi đó vế trái đẳng thức trên biến đổi thành: 1 yz zx xy = = (đpcm) x x y y z z xy yz zx xy yz zx xy yz zx 1 1 1 y z z x x y Ví dụ 17: Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn abc = Chứng minh rằng: 1 1 a b c a b c b c a b c a (*) x y z Nhận xét: Tương tự trên ta đặt a ; b ; c , với x, y, z y z x Khi đó vế trái đẳng thức (*) biến đổi thành: x z y x z y x yz yz x z x y 1 1 1 y z y x x y z x y ( x y z)( y z x )(z x y) (1) xyz Tương tự ta biến đổi vế phải (*) biểu thức (1), suy đpcm = Đối với số bài toán chứng minh bất đẳng thức chứa ba biến a, b, c không âm có vai trò ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến sau: Đặt x a b c ; y ab bc ca ; z abc Ta có các đẳng thức sau: xy – z (a b)(b c)(c a) (1) x y (a b)(b c) (b c)(c a) (c a)(a b) (2) x y a2 b2 c (3) x xy 3z a3 b3 c3 Cùng với việc áp dụng các bất đẳng thức sau: (4) x 3y (5) x 27z (6) y xz xy 9z (7) (8) x xy 9z (Bạn đọc tự chứng minh các bất đẳng thức trên) Trang (9) (7) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Sau đây là số ví dụ để làm sáng tỏ vấn đề này: Ví dụ 18: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = Chứng minh: (a b)(b c)(c a) 2(1 a b c ) Đặt x a b c ; y ab bc ca ; z abc Theo (1) thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: xy z 2(1 x ) xy 2(1 x ) x ( y 2) Do z = abc = nên theo (6) và (7) suy ra: x 3; y suy ra: x(y – 2) là BĐT đúng Đẳng thức xảy x = y = hay a = b = c =1 Suy bài toán chứng minh Ví dụ 19: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c = Chứng minh: 12 abc 5 ab bc ca Đặt x a b c ; y ab bc ca ; z abc Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: 12 z (*) y Theo (9) kết hợp với x = a + b + c =3 ta có: 27 12 y 9z 4y 12 y 12 z (**) y y y 12 Mặt khác: y y 36 15y ( y 3)2 (đúng với y) y Từ (*) và (**) suy bài toán chứng minh Đẳng thức xảy và khi: a = b = c =1 Suy ra: z Ví dụ 20: Cho ba số không âm a, b, c, thoả mãn: ab bc ca abc Chứng minh: 3(a2 b2 c2 ) abc 10 (*) Đặt x a b c ; y ab bc ca ; z abc Do y z ab bc ca abc , nên theo (3) bất đẳng thức (*) trở thành: 3( x y ) z 10 3x y Mặt khác, theo (9) suy ra: x 36 4x x 36 Vậy để hoàn thành bài toán ta cần chứng minh: 3x 4x Thật vậy, từ (5) và (6) suy ra: x xy 9( y z) y x 36 y xy y x x3 x x 108 ( x 3)( x 12 x 36) x 27 x 36 Từ đó ta có: 3x 12 x 24 x 27 x 54 x 252 4x 4 yz ( x 3)(5 x 42 x 102) Đây là bất đẳng thức đúng Đẳng thức xảy và khi: a = b = c = Trang (8) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Ví dụ 21: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = Chứng minh: 1 abc ab bc ca abc Đặt x a b c ; y ab bc ca ; z abc 1 abc ab bc ca abc (a b)(b c) (b c)(c a) (c a)(a b) a b c (a b)(b c)(c a) abc Theo (1) và (2) thì (*) trở thành: Ta có: (*) x2 y x ( x 3)6 x ( x 18)(3x z) xy z x x 18 x x 54 x x z 18z 3x 36 x x z 18z 3( x 12 x 9z) x z 9z 3( x xy 9z) z( x 9) Do y = nên từ (5) suy x , kết hợp (9) ta có bất đẳng thức trên đúng, suy bài toán chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ 22: Cho ba số a, b, c thuộc (0; 1) thoả mãn abc (1 – a)(1 – b)(1– c) Chứng minh: a3 b3 c3 5abc Ta có: abc (1 – a)(1 – b)(1– c) = 1–(a b c) (ab bc ca) – abc Do vậy, đặt x a b c ; y ab bc ca ; z abc thì ta có: z – x y Theo (9) thì ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x xy 3z 5z x 3xy 8z x x y(3 x 4) Chú ý rằng: 1– x y z và x 3y suy ra: x y x2 Ta xét ba trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu x thì x x (1 x )(3 x x ) y(3 x 4) Trường hợp 2: Nếu x thì: 3x – 4< và < x – < y, suy ra: ( x x 3) y(3 x 4) ( x x 3) ( x 1)(3 x 4) ( x 1)3 Trường hợp 3: Nếu x thì: ( x x 3) y(3 x 4) ( x x 3) x2 (2 x 3)2 (3 x 4) 0 Như trường hợp ta có x x y(3 x 4) luôn đúng, suy bài toán chứng minh Đẳng thức xảy và khi: a = b = c = Trang (9) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức II Các bài tập áp dụng : Bài 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) Cho a, b > thoả mãn a + b = Chứng minh: 14 ab a2 b2 b) Cho a + b + c + d = Chứng minh: (a c)(b d ) 2(ac bd ) c) Cho a + b + c Chứng minh: a4 b4 c a3 b3 c3 d) Cho a + b > và b Chứng minh: 27a 10b3 945 1 Bài 2: Cho a, b, c là các số dương và Chứng minh: 8abc a 1 b 1 c 1 Bài 3: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) 5(a + b + c) – Bài 4: Cho các số dương a, b, c cho abc = Chứng minh: a3 b3 c3 3 2 (a 1) (b 1) (c 1)2 a b c Bài 5: Cho các số dương a, b, c cho abc = Chứng minh: (a b c 1) b c a Bài 6: Cho ba số a, b, c không âm thoả mãn: a + b + c = Chứng minh: 27(ab bc ca) 54abc Bài 7: Cho ba số dương a, b, c Chứng minh: 2(1 a2 )(1 b2 )(1 c ) (1 a )(1 b)(1 c) 2(1 abc) Trang (10) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Chứng minh Bất đẳng thức cách sử dụng vai trò các biến I Ví dụ: Ví dụ 1: Cho các số thực a, b, c không âm Chứng minh rằng: a(a b)(a c) b(b c)(b a) c(c a)(c b) (*) Do vai trò a, b, c là nên có thể giả sử a b c + Nếu có hai ba số a, b, c thì BĐT hiển nhiên đúng + Nếu a > b > c, chia hai vế (*) cho (a b)(b c)(a c) ta BĐT tương đương: a b c 0 (1) bc ac ab a b c a b (1) luôn đúng và bc ac ab 0 b c a c Ví dụ 2: Cho các số thực a, b, c đôi khác thuộc đoạn [0; 2] Chứng minh rằng: 1 (*) 2 ( a b) (b c) (c a) Sử dụng BĐT Cô-si với x > 0, y > 0, ta có: 1 1 ( x y ) .4 xy xy y x (1) Đẳng thức xảy x = y x y ( x y )2 Do vai trò a, b, c là nên có thể giả sử a > b > c Áp dụng BĐT (1) cho cặp số 1 8 dương a – b và b – c, ta có: 2 ( a b) ( b c ) (a b b c) (a c)2 Đẳng thức xảy a – b = b – c 1 Suy ra: 2 2 ( a b) ( b c ) (c a) (a c) (c a) ( a c )2 Mặt khác, a, c [0; 2] và a > c nên < a – c Đẳng thức xảy a = và c = 1 9 Do đó: 2 2 ( a b) ( b c ) ( c a) (a c) Đẳng thức xảy (a; b; c) = (2; 1; 0) và các hoán vị Suy ra: Ví dụ 3: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn: a b c abc Chứng minh rằng: a b c ab bc ca Do vai trò a, b, c là nên có thể giả sử a b c Từ giả thiết ta có: 3c c3 a b c abc 3a a3 a và c + Nếu a b c thì a b ab ab Do đó: (a b 2)2 4(a 1)(b 1) ab(a 1)(b 1) (a b ab)(ab 1) (4 a b)(a b 1) a b ab 4ab (a b 1) ab 4ab Kết hợp với (1) ta có: ab a b ab c(a b 1) a b c ab bc ca (đpcm) Mặt khác, từ giả thiết suy c Trang 10 (1) (11) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức + Nếu a b c thì ta có (a 1)(b 1)(c 1) a b c ab bc ca abc (2) Mặt khác, áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương, ta có: a b c abc 4 abcabc abc Kết hợp với (2) ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b= c = Ví dụ 4: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh rằng: 1 a2 b2 c2 Do vai trò a, b, c là nên có thể giả sử a b c Vì abc = nên bc và a Ta có: 1 c2 1 b Suy ra: 1 b Mặt khác ta có: b2 c 1 b 2c2 = 1 (1 b2 )(1 c2 ) (1 bc)2 b c2 4a = bc a 1 c 1 a Ta chứng minh: 2 a 1 a (1) 1 a (2) a (3) 1 a 1 a Thật vậy, (3) 3a 2a(1 a) 2a a (luôn đúng) Từ (1), (2) và (3) suy đpcm Đẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ 5: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a2 b2 c2 abc Do vai trò a, b, c là nên có thể giả sử a b c Suy c Ta có: a b2 c2 abc 2(ab bc ca) abc = ab(c 2) 2c(3 c) 2 a b 3c Lại có: ab và c – < nên 3c a b2 c2 (c 2) 2c(3 c) (1) Ta chứng minh: 3c (c 2) 2c(3 c) (2) Thật vậy, (2) (c 1)2 (c 2) (luôn đúng) Từ (1) và (2) suy đpcm Đẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ 6: Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn: a2 b2 c Chứng minh rằng: ab bc ca abc Do vai trò a, b, c là nên có thể giả sử a = max{a, b, c} Xét hai khả năng: Trang 11 (12) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức + Với a b c Khi đó: a(b a)(b c) a b abc ab2 ca2 ab2 bc2 ca2 a2 b bc2 abc Mà a2 b bc2 b(3 b2 ) (b 1)2 (b 2) Từ (1) và (2) suy đpcm + Với a c b Khi đó: b(c a)(c b) ab bc2 ca ca2 cb2 abc 2 2 Lại có: ca cb c(3 c ) (c 1) (c 2) Từ (3) và (4) suy đpcm (1) (2) (3) (4) Đẳng thức xảy (a; b; c) (1;1;1), 2;0;1 , 0;1; , 1; 2; II Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho a, b, c là các số thực không âm, thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab bc ca 3abc Bài 2: Cho a, b, c là các số thực không âm, thoả mãn a b2 c2 abc Chứng minh rằng: abc ab bc ca abc Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn [–1; 1] Chứng minh rằng: (a b)(b c) (b c)(c a) (c a)(a b) (a b)(b c)(c a) Bài 4: Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn [1; 2] Chứng minh rằng: 1 1 (a b c) 10 a b c Bài 5: Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn [0; 1] Chứng minh rằng: a(1 b) b(1 c) c(1 a) Trang 12 (13) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Chứng minh Bất đẳng thức có chứa biến mẫu I Một số phương pháp Sử dụng hai bất đẳng thức sau: Với a, b, c là ba số thực dương tuỳ ý, ta có: 1 (1) a b ab 1 a b c abc (2) Ví dụ 1: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 1 16 (*) ac bc 1 11 1 4 Áp dụng (1) ta có: 16 ac bc c a b c(a b) c a b 2 1 Đẳng thức xảy c , a b Ví dụ 2: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c Chứng minh rằng: 2009 670 2 ab bc ca a b c Áp dụng (2), ta có: 2 a b c 1 2 ab bc ca ab bc ca a b c 2(ab bc ca) 1 (3) (a b c )2 2007 3.2007 669 ab bc ca (a b c)2 Từ (3) và (4) suy đpcm Đẳng thức xảy a b c Mặt khác, ta có: 3(ab bc ca) (a b c)2 (4) Đặt mẫu là các biến 25x 4y 9z 12 (*) y z z x x y Đặt a y z, b z x, c x y (với a > 0, b > 0, c > 0) Ví dụ 3: Cho ba số thực dương x, y, z Chứng minh rằng: bca cab abc , y ,z 2 25(b c a) 4(c a b) 9(a b c) Ta có: VT (*) = 2a 2b 2c 25b 4a 25c 9a 4a 9b = 19 10 + 15 + – 19 = 12 a b a 2c b 2c 5b 2a Đẳng thức xảy 5b 5c 5a x = (vô lí) Vậy BĐT (*) đúng 5c 3a Suy ra: x Đánh giá nghịch đảo Ví dụ 4: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: Trang 13 (14) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức a b c bca cab abc Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: bca bca bc 1 a a a a 2a bca bc b 2b c 2c ; cab ac abc ab a b c Ta cần chứng minh: là xong bc ca ab Tương tự: Đưa đồng bậc Ví dụ 5: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn: ab bc ca Chứng minh rằng: a b c 2 2 1 a 1 b 1 c Ta có: a a2 a a ab bc ca a2 b 1 b b , b2 a b b c Tương tự: 1 a a (a b)(a c) a b a c c 1 c c c2 a c b c Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta đpcm Đẳng thức xảy a b c Thêm bớt biểu thức để khử mẫu Ví dụ 6: Cho ba số thực dương x, y, z thoả mãn x y z Chứng minh rằng: x3 y3 Ta có: x3 y3 y3 z3 z3 x3 ( xy yz zx ) 27 (*) y y2 2y x x3 9x y y2 27 27 27 y3 y z z2 ; 27 z3 Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta có: Tương tự: y3 z3 x3 9z x x 27 10( x y z) ( x y z2 ) 18 12 ( x y z2 ) = = 27 27 ( x y z)2 ( x y z2 ) = = ( xy yz zx ) (đpcm) 27 27 Đẳng thức xảy x y z VT (*) Ví dụ 7: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a b c Chứng minh rằng: Trang 14 (15) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức a b2 Ta có: a b2 a(1 b ) ab c2 a b2 b bc b ; 2 1 c Tương tự: b c a2 ab b2 c 1 a a c (*) ab ac a b c (ab bc ca) 2 Do đó, ta cần chứng minh: Từ BĐT 3(ab bc ca) (a b c)2 suy ab bc ca Do đó: a b c (ab bc ca) Đẳng thức xảy a b c 2 Đánh giá mẫu Ví dụ 8: Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a2 b2 2 3a 8b 14ab 3b 8c 14bc c2 (a b c) 3c 8a2 14ca (*) 3a 8b2 14ab (a 4b)(3a 2b) (4a 6b) 2a 3b Tương tự với các mẫu số còn lại Từ đó: Ta có: a2 b2 c2 (a b c)2 (a b c ) (đpcm) 2a 3b 2b 3c 2c 3a 2a 3b 2b 3c 2c 3a Đẳng thức xảy a b c VT (*) Ví dụ 9: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc Chứng minh rằng: ab bc ca (*) 5 5 a b ab b c bc c a ca Trước hết ta chứng minh BĐT: x y x y ( x y ) (1) với x > 0, y > Ta có: (1) x ( x y ) y ( y x ) ( x y3 )( x y ) ( x y )2 ( x y )( x xy y ) (luôn đúng với x > 0, y > 0) Do đó: Tương tự: ab 5 a b ab bc ab 2 a b (a b) ab ; 5 b c bc bc(a b c) 1 ab(a b) abc ab(a b c) ca 5 ca(a b c) c a ca 1 abc (đpcm) Suy ra: VT (*) ab(a b c) bc(a b c) ca(a b c) abc(a b c) Đẳng thức xảy a b c II Bài tập áp dụng Trang 15 (16) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: 2a b3 2c a b c a bc b ca c ab bc ca ab Bài 2: Cho ba số thực dương x, y, z thảo mãn x y 3z 18 Chứng minh rằng: y 3z 3z x x y 51 1 x 2y 3z Bài 3: Cho hai số a, b dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ab P= a(4a 5b) b(4b 5a) Bài 4: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a b c Chứng minh rằng: ab bc ca 1 2c ab 2a bc 2b ca Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: 1 ab bc ca a b c Bài 6: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a b2 c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M= a5 b5 c5 a4 b4 c b c c a a b Bài 7: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn ab bc ca Chứng minh rằng: 1 1 a2 (b c) b2 (c a) c2 (a b) abc Bài 8: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a b2 c Chứng minh rằng: a b5 b5 c c a5 3(ab bc ca) ab(a b) bc(b c) ca(c a) Bài 9: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc Chứng minh rằng: 27 a b c a 1 b c 1 Bài 10: Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a2 bc b ca c2 ab abc bc ca ab Trang 16 (17) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TỪ NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC Mở đầu: Trong chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là các bài toán có biến ràng buộc bới hệ thức cho trước nhìn chúng ta nghĩ đó là bài toán đại số tuý biết biến đổi linh hoạt điều kiện để chuyển bài toán dạng lượng giác thì cách giải trở nên đơn giản nhiều Qua bài viết này tác giả mong muốn gửi đến các em học sinh phương pháp mà từ trước đến thông thường các em ít nghĩ đến I Khi nào thì có thể vận dụng bất đẳng thức tam giác? Từ điều kiện a, b, c R , ab bc ca luôn tồn góc ABC cho: a tan A B C , b tan , c tan 2 Từ điều kiện a, b, c R , ab bc ca abc luôn tồn góc ABC cho: a tan A, b tan B, c tan C Từ điều kiện a, b, c R , a2 b c2 bc (*) với (0;2) Tồn ABC có góc thoả mãn điều kiện (*) và ta dễ dàng tính góc A thông qua định lý hàm số côsin…… Từ điều kiện a2 b2 c2 2abc 1, a, b, c 1;1 luôn tồn tại: a = cosA, b = cosB, c = cosC với A B C II Một số kết A 2a a2 A a A Khi ta đặt a tan sin A ;cos A ;sin ; cos 2 2 1 a 1 a a2 a2 a, b, c R , ab + bc + ca = a2 (a b)(a c), a, b R ab a2 b b2 (b c)(b a), 1 c2 (c a)(c b) (1) (2) Thật (2) tương đương với (1 ab)2 (1 a2 )(1 b2 ) 2ab a2 b2 a a, b, c R , ab bc ca b 1 a 1 b Thật trước hết ta chứng minh: a b ab 2 1 a 1 b (1 a2 )(1 b2 )(1 c ) (3) c2 a(b c) b(c a) ab (Áp dụng kết (1)) (a b )(b c)(c a) (a b)(b c)(c a) a(b c) b(c a) ab ab bc ca Vì ab 2 đpcm (1 a )(1 b ) a, b, c R , ab bc ca a2 1 a Thật trước hết ta chứng minh a2 1 a b2 1 b b2 1 b Trang 17 2c c2 2c(1 ab) (1 a )(1 b )(1 c ) (18) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Sau đó dùng kết (2), ta có điều phải chứng minh III Nhìn bài toán mắt lượng giác: ab Ta thấy (2) 1 2 2 1 a 1 b 1 a 1 b A B A B A B cos cos sin sin cos 2 2 2 2 Rõ ràng bất đẳng thức này luôn đúng C Ta thấy (3) sin A sin B cos AB AB C Nhưng ta có: sin A sin B cos cos , cos đpcm Ta thấy (4) cos A cos B sin Nhưng ta có: cos A cos B 2sin C AB AB C cos , cos đpcm Bây ta chứng minh các bài toán phức tạp Bài Cho a, b, c 0, ab bc ca Chứng minh rằng: Ta thấy (1) sin A sin B 6sin Lại có sin A sin B cos a a2 b b2 3c 1 c 10 (1) C 10 C C C , nên ta chứng minh 3sin cos 10 2 2 Theo BĐT Bunhiacopxki 2C C C C cos2 10 đpcm 3sin cos (9 1) sin 2 2 Bài Cho a, b, c 0, abc a c b Chứng minh rằng: 1 a 1 b 1 c Đây là bài toán khó nhìn kỹ các bạn thấy abc a c b ac 10 (2) a c b b A B C , tan , c tan b 2 A B C 10 C 10 (2) cos2 sin2 cos2 (cos A 1) (1 cos B) sin 2 2 AB C 2C sin cos (*) 3sin 2 Từ đó ta đặt a tan A B C 2C Vì cos VT (*) sin 3sin 2 Ta chứng minh: C 1 C C C C 3sin2 sin 3sin 3 sin 2 2 3 Điều này là hiển nhiên đpcm sin Trang 18 (19) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Bài Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x(x + y + z)=3yz Chứng minh rằng: (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x +y)(y +z )(z + x) ≤ 5(y + z)3 (TSĐH 2009A) Đặt a = x + y , b = y + z, c = z + x thì a, b, c là các số dương và bca cab abc x ; y ; z 2 Bài toán trở thành: Cho a, b, c là các số dương thỏa mản a b2 c2 bc Chứng minh: (*) b3 c3 3abc 5a3 Coi a, b, c là cạnh tam giác, ta suy góc A = 60 Ta có (*) (b c)(b2 bc c ) 3abc a2 (b c) 3abc 5a3 a(b c) 3bc 5a2 (**) Vận dụng điều kiện góc A = 60 và các hệ thức a = 2Rsin A, b = 2RsinB, c= 2RsinC Ta có (**) 3(sin B sin C ) 12sin B.sin C 15 Mặt khác ta có: B C sin B C (sin B sin C ) sinB + sinC sin( ) 3, sin B sin C 4 Ta suy đpcm Dấu xảy a = b = c x y z Bài Cho a, b, c 0, a2 b c2 2abc Chứng minh a b c abc (4) Từ giả thiết suy a, b, c 0; 2 , đó tồn A, B, C 0; cho 2 a = 2cosA, b = 2cosB, c = 2cosC và a2 b2 c2 2abc Suy A, B, C là các đỉnh tam giác nhọn ABC (4) cos A cos B cos C cos A.cos B.cos C A B C sin sin sin cos A.cos B.cos C 2 cos A cos B 2 AB C 2C cos2 sin 2 Tương tự có bất đẳng thức Sau đó nhân vế với vế, bất đẳng thức cùng chiều ta có điều phải chứng minh Ta có cos A.cos B sin2 x , y, z Bài Cho Chứng minh rằng: x y z xyz x 1 x y 1 y z 1 z 3 Đặt x = tanA, y = tanB, z = tanC với A, B, C là góc nhọn tam giác ABC 3 thì (5) sin A sin B sin C Tacó AB AB AB sin A sin B 2sin cos 2sin Trang 19 (5) (20) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức và C 600 sin C sin 600 sin A B C 600 Từ đó suy sin A sin B sin C sin 600 4sin 4sin 600 hay sin A sin B sin C 3 (đpcm) Trang 20 (21) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC * Để học sinh nắm kiến thức cách hệ thống tôi (tác giả) đã lập bảng số dấu hiệu nhận biết sau: ( Giả sử các hàm số lượng giác sau có nghĩa) Biểu thức đại số Biểu thức lượng giác tương tự 1 x tan2 t x 3x cos3 t 3cos t cos3 t cos t cos3t 2x2 cos2 t cos2 t cos 2t 2x tan t 1 x tan t tan t 2x 1 x Công thức lượng giác tan t tan2 t tan t tan t tan2 t tan t xy xy tan tan tan tan x2 cos cos2 t tan 2t sin 2t tan tan tan( ) tan tan 1 cos tan2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ I DẠNG 1: Sử dụng hệ thức sin cos2 1 Phương pháp: x sin a) Nếu thấy x y thì đặt y cos với [0; 2] x a sin b) Nếu thấy x y a2 (a > 0) thì đặt với [0; 2] y a cos Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Cho số a, b, c, d thoả mãn: a b2 c2 d Chứng minh rằng: S a(c d ) b(c d ) (1) a sin u c sin v Đặt và b cos u d cos v S = sin u(sin v cos v) cos u(sin v cos v) = (sin u cos v sin v cos u) (cos u cos v sin u sin v) = sin(u v) cos(u v) = sin (u v) S a(c d ) b(c d ) (đpcm) 4 Trang 21 (22) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức 2 25 Ví dụ 2: Cho a b Chứng minh rằng: a2 b2 2 a b 2 (2) Đặt a cos , b sin với 2 2 VT (2) = a2 b2 cos2 sin a2 b2 cos2 sin2 = cos4 sin cos4 sin = cos4 sin cos4 sin cos4 sin 4 = cos4 sin 4 4 cos sin = cos2 sin2 cos2 sin2 4 cos sin 4 1 16 17 25 = sin 2 (1 16) 2 sin 2 2 Dấu "=" xảy sin 2 a b (đpcm) Bây ta đẩy bài toán lên mức độ cao bước để xuất a b Ví dụ 3: Cho a b2 2a 4b Chứng minh rằng: A = a2 b2 3ab 2(1 3)a (4 3)b (3) Biến đổi điều kiện: a b2 2a 4b (a 1)2 (b 2)2 a sin a sin Đặt b cos b cos A sin cos2 sin cos sin 2 cos2 sin 2 cos2 sin 2 2 6 (đpcm) a a 2 Dấu "=" xảy b b 2 Ví dụ 4: Cho a, b thoả mãn : 5a 12b 13 Chứng minh rằng: a2 b2 2(b 1) 1 Biến đổi bất đẳng thức (4) (a 1)2 (b 1)2 Trang 22 (4) (23) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức a R sin Đặt với R b R cos a R sin (a 1)2 (b 1)2 R2 b R cos Ta có: 5a 12b 13 5( R sin 1) 12( R cos 1) 13 5R sin 12 R cos 13 R 12 5 sin cos R sin arccos R 13 13 13 Từ đó suy (a 1)2 (b 1)2 R2 (đpcm) 18 a 13 a 13 Dấu "=" xảy 25 b b 13 13 II DẠNG 2: Sử dụng tập giá trị sin 1; cos 1 Phương pháp: x sin ; a) Nếu thấy x thì đặt 2 x cos 0; x m sin ; b) Nếu thấy x m ( m ) thì đặt 2 x m cos 0; Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (1 x ) p (1 x ) p p , với x 1, p Đặt x = cos với [0; ] Khi đó (1 x ) p (1 x ) p (1 cos ) p (1 cos ) p p p = cos2 sin2 p cos2 p sin2 p p cos2 sin2 p 2 2 2 2 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: A 3a a a Từ đk a a nên đặt a = cos với 1 a2 = sin Khi đó ta có: A = 3a 2a a cos2 cos sin 3(1 cos2 ) sin 2 =2 cos2 sin 2 sin 2 A (đpcm) 3 Trang 23 (24) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Ví dụ 3: Chứng minh rằng: a (1 a)3 (1 a)3 2 2a2 (1) Từ đk a nên đặt a = cos với [0, ] a sin (1) sin ; a cos ; a sin cos 2 cos3 sin3 2 2 sin cos 2 2 2 sin cos cos sin cos2 sin cos sin sin cos 2 2 2 2 2 sin cos cos sin cos2 sin2 cos đúng (đpcm) 2 2 2 Ví dụ 4: Chứng minh rằng: S = (1 a2 )3 a3 a a2 Từ đk a nên đặt a = cos với [0, ] 1 a2 = sin Khi đó: S = 4(sin3 cos3 ) 3(cos sin ) (3sin sin3 ) (4 cos3 3cos ) = sin 3 cos3 sin 3 (đpcm) 4 Ví dụ 5: Chứng minh A = a b2 b a2 ab (1 a2 )(1 b2 ) Từ điều kiện: a 0, b a 1, b nên: Đặt a = sin, b = sin với , ; 2 Khi đó A = sin cos cos sin cos( ) = sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) 2 = sin ( ) 3 (đpcm) Ví dụ 6: Chứng minh rằng: A = 4a3 24a2 45a 26 1, a 1;3 Do a [1; 3] nên a nên ta đặt a cos a cos Ta có: A = 4(2 cos )3 24(2 cos )2 45(2 cos ) 26 cos3 cos Trang 24 (25) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức = cos3 (đpcm) Ví dụ 7: Chứng minh rằng: A = 2a a 3a 2, a [0;2] Do a [0; 2] nên a nên ta đặt a cos với [0; ] 2(1 cos ) (1 cos )2 3(1 cos ) cos2 cos Ta có: A = 1 = sin cos sin cos sin 2 3 III DẠNG 3: Sử dụng công thức: tan2 cos tan cos (đpcm) ( k ) Phương pháp: a) Nếu x bài toán có chứa biểu thức thì đặt x 3 với 0; , cos 2 b) Nếu x m bài toán có chứa biểu thức thì đặt x x2 1 x m2 3 m với 0; , cos 2 Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Chứng minh A = Do a nên đặt a a2 2, a a 3 với 0; , cos 2 a tan2 tan Khi đó: A= a2 tan cos sin cos sin (đpcm) a 3 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Do a nên đặt a Khi đó: A = = 4 A a a2 9, a 3 với 0; , cos 2 12 a2 12 a2 a tan2 tan = (5 12 tan ) cos2 cos2 12 sin cos 5(1 cos 2 ) 6sin 2 Trang 25 (26) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức = 4 13 13 12 5 cos2 sin 2 cos 2 arccos 2 13 13 13 2 13 13 13 (1) A cos 2 arccos (đpcm) 2 2 13 2 a2 b2 1, ab Ví dụ 3: Chứng minh rằng: A = Do a , b nên đặt a a , b 3 1 , b với , 0; , cos cos 2 Khi đó ta có: A = (tan tan )cos cos sin cos sin cos sin( ) (đpcm) a Ví dụ 4: Chứng minh rằng: Do a nên đặt a = a a2 2 , a 1 với 0; cos 2 a a2 1 cos tan2 sin Khi đó: a a a2 1 1 2 2 cos sin cos sin sin 2 y x y xy 26 , x ; y Ví dụ 5: Chứng minh rằng: Bất đẳng thức (*) x2 1 y 26 (1) x x y y Do x , y nên đặt x 1 , y với , 0, cos cos 2 Khi đó: (1) S = sin + cos(4sin + 3cos) 26 Ta có: S sin + cos (42 32 )(sin2 cos2 ) sin 5cos (12 52 )(sin cos2 ) 26 (đpcm) IV DẠNG 4: Sử dụng công thức tan2 cos2 Phương pháp: Trang 26 (đpcm) (*) (27) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức a) Nếu x R và bài toán chứa 1 x thì đặt x tan với , 2 b) Nếu x R và bài toán chứa x m thì đặt x m tan với , 2 Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Chứng minh rằng: S= 3x 1 x 4x3 1 (1 x ) Đặt x tan với , x cos 2 Khi đó: S = tan cos tan3 cos3 3sin sin3 sin 3 Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức: Đặt a tan với , 2 A= tan2 tan = (1 tan )2 8a 12a (1 2a )2 thì ta có: cos4 4sin2 cos2 3sin (cos2 sin )2 = 3(sin2 cos2 )2 2sin2 cos2 = A= sin2 2 sin2 2 3 A 3 2 2 2 Với = thì a = MaxA = ; Với = (a b)(1 ab ) Ví dụ 3: Chứng minh rằng: (1 a2 )(1 b2 ) thì a MinA = 2 , a, b R Đặt a tan , b tan Khi đó (a b)(1 ab ) 2 (1 a )(1 b ) = cos2 cos2 (tan tan )(1 tan tan ) (1 tan )(1 tan2 ) sin( ) cos cos sin sin cos cos cos cos = sin( ) cos( ) 1 sin 2( ) 2 Trang 27 (đpcm) (đpcm) (28) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức ab Ví dụ 4: Chứng minh rằng: bc 2 (1 a )(1 b ) ca (1 b )(1 c ) , a, b, c (1 c )(1 a ) Đặt a tan , b tan , c tan Khi đó: BĐT tan tan (1 tan2 )(1 tan ) cos cos tan tan (1 tan2 )(1 tan ) tan tan (1 tan )(1 tan2 ) sin( ) sin( ) sin( ) cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos sin( ) sin( ) sin( ) Biến đổi biểu thức vế phải ta có: sin( ) sin ( ) ( ) sin( )cos( ) sin( )cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) = sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) sin( ) ab cd (a c)(b d ), a, b, c, d Vi dụ 5: Chứng minh rằng: Ta có: (1) Đặt tan2 (đpcm) ab cd 1 (a c)(b d ) (a c)(b d ) cd ab 1 c d c d 1 a 1 b 1 a 1 b c d , tan2 với , a b Ta có VT (2) = (2) 0, 2 (1 tan2 )(1 tan2 ) tan tan2 (1 tan2 )(1 tan2 ) = cos cos sin sin = cos( ) đpcm Dấu xảy cos( ) = c d a b Ví dụ 6: Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức: Đặt a tan Khi đó: Trang 28 A= 6a a a2 (1) (29) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức tan A= tan2 tan tan 2 = 3sin cos 2 tan 1 tan tan 1 2 3sin 4.0 3sin 3(1) 3 (1) Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: A2 = 3sin cos 2 (32 42 )(sin2 cos2 ) 25 A5 (2) Dấu "=" (1) xảy sin = –1 a = –1 minA = –3 Đấu "=" (2) xảy sin cos maxA = V DẠNG 5: Đổi biến số đưa bất đẳng thức tam giác Phương pháp: x , y, z A, B, C 0; a) Nếu thì ABC : 2 2 x y z xyz x cos A; y cos B; z cos C A; B; C 0; x , y, z b) Nếu thì ABC : 2 x y z xyz x tan A; y tan B; z tan C A, B, C 0; 2 x , y, z x cot A ; y cot B; z cot C c) Nếu thì ABC : A, B, C (0; ) xy yz zx A B C x tan ; y tan ; z tan 2 Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Cho x, y, z > và zy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S= 1 3( x y z) x y z Từ < x, y, z < nên đặt x tan Do xy + yz + zx = nên tan ; y tan ; z tan với , , 2 0, 2 tan tan tan tan tan tan cot 2 2 2 2 tan tan 2 2 2 2 2 S = 1 3( x y z) = cot cot cot tan tan tan x y z 2 2 2 Trang 29 (30) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức = cot g tg cot g tg cot tan tan tan tan 2 2 2 2 2 = 2(cot cot cot ) tan tan tan 2 2 = cot cot tan cot cot tan cot cot tan 2 2 2 Để ý rằng: cot cot sin( ) 2sin 2sin sin sin sin sin cos( ) cos( ) 4sin cos 2sin sin 2 tan cot cot tan cos( ) cos 2 cos2 Từ đó suy S Dấu "=" xảy x = y = z = Ví dụ 2: Cho < x, y, z < và x x2 y2 z z2 MinS = xyz (1 x )(1 y )(1 z2 ) Tìm giá trị nhỏ S x y z2 biểu thức: Do < x, y, z < nên đặt x tan Khi đó tan y 2x 1 x ; tan ; y tan ; z tan với , , 2 2y y2 ; tan 0, 2 2z z2 Và đẳng thức giả thiết trở thành: 2x 1 x + 2x 1 x + 2x 1 x = xyz (1 x )(1 y )(1 z2 ) tan tan tan tan tan tan tan tan tan (1 tan tan ) tan( ) tan( ) tan tan tan( ) tan tan (1) Do , , 0, nên từ (1) suy Khi đó ta có: 2 tan tan tan tan tan tan xy yz zx 2 2 2 Mặt khác: ( x y z2 ) ( xy yz zx ) 1 2 ( x y ) ( y z) ( z x ) Trang 30 (31) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức S x y z2 xy yz zx Dấu "=" xảy x = y = z = MinS = x y z x , y, z Ví dụ 3: Cho Chứng minh rằng: S = x yz y zx z xy x y z yz tan ; x Đặt Suy ra: cos xz tan ; y xy tan với , , 0, z 2 x yz y zx z xy ; cos ; cos x yz y zx z xy yz zx zx xy xy yz =x+y+z=1 x y y z z x Do nên tan tan tan tan tan tan 2 2 2 tan cot tan tan 2 2 2 2 2 2 S = = 2 2y 2z x y z x 1 1 1 x yz y zx z xy x yz y zx z xy x yz y zx z xy x yz y zx z xy 3 = (cos cos cos ) = cos cos (cos cos sin sin ) 2 2 1 (cos cos )2 (sin2 sin2 ) cos cos 2 = 3 2 cos sin cos sin 1 = 2 4 Chú ý: * cos cos (cos cos ).1 (đpcm) 1 (cos cos ) 1 * sin sin (sin2 sin2 ) BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài Cho a b2 Chứng minh rằng: 20a3 15a 36b 48b3 13 Trang 31 (32) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Bài Cho (a 2)2 (b 1)2 Chứng minh rằng: 2a b 10 a; b Bài Cho Chứng minh rằng: a4 b2 a3 b3 a b 1 1 Bài Cho a, b, c Chứng minh rằng: a b c a b c b c a a b c x , y, z Bài Cho Chứng minh rằng: 2 x y z xyz a) xyz d) xy yz zx xyz Bài Chứng minh rằng: b) xy yz zx a2 c) x y z2 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z e) 1 b2 ab , a, b (0; 1] Bài Chứng minh rằng: (a2 2)(b2 2)(c2 2) 9(ab bc ca) , a, b, c > x y z 3 x , y, z Bài Cho Chứng minh rằng: xy yz zx 1 x y z2 x , y, z Bài Cho Chứng minh rằng: x y z xyz x x2 y y2 z z2 x , y, z Bài 10 Cho Chứng minh rằng: xy yz zx 1 1 2x 2y 2z 2 2 2 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z Trang 32 (33) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức MỘT HƯỚNG KẾT HỢP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC A Cơ sở lí thuyết Xuất phát từ bất đẳng thức (a b)2 0, a, b Dấu “=” xảy a = b Từ (*) ta suy ra: Hay (*) a2 b2 2ab, a, b (1a) a2 b ab, a, b (1b) 2(a2 b2 ) (a b)2 , a, b (1c) a2 b a b , a, b Với a, b > Chia vế (1a) cho ab ta được: a b 2 b a (1d) (2) Cộng vế (1a) với 2ab ta (a b)2 4ab Hay ab ab (3) ab ab ( BĐT Cô–si với số không âm) Với a, b > 0, chia vế (3) cho ab(a+b), ta được: ab (4) ab ab 1 1 Hay , a b ab 4a 4b a b Với a, b > 0, nhân hai vế (2) với a ta được: a2 b 2a (5a) b Hoặc nhân hai vế với b, ta được: Với a, b Khai phương vế ta được: b2 2b (5b) a Với a, b > Lấy nghịch đảo vế (1a) ta được: 1 (6a) 2ab a b a 1 ab a b a b2 11 1 ab 2 a b a b2 ( nhân vế với a + b ) (6b) Với a, b > 0, từ (1) a ab b2 ab a3 b3 ab(a b) Từ (a b)2 0, (b c)2 0, (c a)2 Suy ra: Hay a b2 c2 ab bc ca 2 (8a) 3(a b c ) (a b c) B Bài tập áp dụng Trang 33 (8b) (7) (34) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Bài Cho a, b, c là độ dài cạnh tam giác ( p là nửa chu vi) Chứng minh rằng: 1 1 1 2 pa pb pc a b c 1 a b ab 1 4 p a p b 2p a b c Áp dụng (4), với a, b > ta có: Từ đó: 1 4 p b p c 2p b c a (a) (b) 1 4 (c) p c p a 2p a c b Cộng (a), (b), (c), vế theo vế, ta được: 1 1 1 2 đpcm pa pb pc a b c Dấu "=" xảy a = b = c Bài Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a2 b b c c a abc 2c 2a 2b a2 b2 c 2a; a 2b; c a Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta được: Từ công thức (5) ta có: c2 b 2c b a2 b2 c (1) abc c a b a2 b c Tương tự : (2) abc b c a a2 b b c c a Cộng (1) với (2) ta được: a b c (đpcm) 2c 2a 2b Dấu "=" xảy a = b = c Bài Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a2 b2 c2 abc bc ca ab Từ công thức (5) ta có: (2a )2 (b c) 2.2a 4a; bc (2b)2 (2c) (a c) 2.2b 4b; (a b) 2.2c 4c ac bc a b2 4c Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta được: 2(a b c) bc ac ab Chia vế cho ta đpcm Bài Cho x > Chứng minh rằng: 1 x 1 16 x x 2 Trang 34 (35) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Từ (3) ta có: (1 x )2 x (a) 1 1 x x x x Nhân (a), (b), vế theo vế, suy đpcm Dấu "=" xảy x = và (b) Bài Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 1 1 3 ab ac bc ab ac bc Từ (3) ta có (a b)2 4ab Chia vế cho ab(a b)2 , ta được: ab (a b )2 4 ; ac (a c) bc (b c)2 Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta được: 1 1 1 4 2 ( a b) ab ac bc (b c) (a c)2 Tương tự: 1 1 1 4.3 4 (a c)2 (b c)2 ab ac bc ab ac bc (a b) (theo (8)) Bài Chứng minh rằng: 2(a3 b3 c3 ) ab(a b) bc(b c) ac(a c) Từ (7) ta có: a3 b3 ab(a b); b3 c3 bc(b c); Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta được: 2(a3 b3 c3 ) ab(a b) bc(b c) (a c) Dấu "=" xảy a = b= c c3 a3 ac(a c) (đpcm) ax by Bài Cho (x; y) là nghiệm hệ phương trình: x y Tìm giá trị lớn biểu thức: P = xy Trước hết ta tính x, y Từ ax = by ax ay ay by a( x y ) (a b) y y Khi đó: xy ab ( a b) Suy ra: Max xy 1 ab xy Bài Cho a, b, c > Chứng minh rằng: Trang 35 a b x ab ab (36) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức 1 1 1 2a b c 2b a c 2c a b 4a 4b 4c 1 1 Từ (4) ta có: ab a b 4a 4b 16a 16b 1 1 1 1 Suy 2a (b c) 8a 4(b c) 8a 4b 4c 8a 16b 16c 1 1 1 1 Tương tự : ; 2b (a c) 8b 16a 16c 2c (a b ) 8c 16a 16b Cộng vế với vế bđt trên, rút gọn ta có đpcm 1 ab cb Chứng minh rằng: 4 b a c 2a b 2c b ac 2ac Từ giả thiết b b ac ac 2ac a ab a c = a 3ac a 3c Suy ra: 2ac 2a 2a b a2 2a ac c b c 3b Tương tự : 2c b 2c ab cb a 3c c 3a ac 3c2 ca 3a2 Do đó: = 2a b 2c b 2a 2c 2ac 2 3(a c ) 2ac 3.2ac 2ac 8ac = (đpcm) 2ac 2ac 2ac Bài Cho a, b, c > thoả mãn Bài 10 Cho a, b, c > thoả mãn a b c Chứng minh rằng: a b 2c 4(1 a)(1 b)(1 c) Từ a b c b c a và c c c Suy ra: 4(1 a)(1 b)(1 c) (b c) (1 b) (1 c) = (1 c)2 (1 c) = (1 c )(1 c) c a b 2c (đpcm) Bài 11 Cho a, b, c là độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c 3 (*) bca cab abc Đặt x b c a; y c a b; z a b c x y z a b c yz z x xy ; ; b c 2 yz zx xy 1 y z x y x x Ta có: VT (*) (2 2) 2x 2y 2z 2 x x y z z y Dấu “=” xảy x = y = z a = b = c hay ABC Suy ra: a Bài 12 Cho a, b, c là độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: Trang 36 (37) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức abc (b c a)(c a b)(a b c) Tương tự bài 11 ta có: x y xy , Suy ra: y z yz , z x zx (b c a)(c a b)(a b c) = xyz x y y z z x abc 2 Bài 13 Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: a2 b b c c a abc ab bc ca a2 b a b ab b2 c b c c a2 c a Tương tự: , bc ca Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta đpcm Theo (1c) ta có: 2(a2 b2 ) (a b)2 Bài 14 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: ab bc ca 1 a2 b b c c a2 a b c ab 11 1 Theo (6) ta có : 2 2a b a b bc 11 1 ca 11 1 , b2 c 2 b c c a2 c a Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta đpcm Tương tự: 2 1 1 25 Bài 15 Cho a, b > thoả mãn a b Chứng minh rằng: a b a b a2 b2 a b Từ (1d) ta có: Suy ra: (*) 2 2 1 1 1 1 1 ab ab 1 a b 52 a b a b a b 2 a b 2 a b 2 b a Bài 16 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 1 a b 1 b c 1 1 ( a b) 1 a b ab a b 1 1 Tương tự: (b c) , (c a) 1 1 b c c a Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta đpcm Từ (4) ta có: Trang 37 1 c a abc (38) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức a b c b c c a a b 15 bc ac ab a b c Bài 17 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b b a bc ca ab b c c a a b M 222 a b c a a b b c c a b c b c a N 1 1 1 b c c a a b b c c a a b Theo (2) ta có: 1 a b c 3 bc ca ab 1 a b b c c a 3 3 2 b c c a a b Suy ra: M N 6 15 Dấu "=" xảy a = b = c 2 Bài 18 Cho số dương a, b thoả a + b = Chứng minh rằng: 1 a) 6 b) 14 2 ab a b ab a b a) Từ (3) ta có 4ab (a b)2 4ab 4 ab (vì a, b > 0) 1 a b ab 1 1 Suy ra: 6 2 2 ab a b 2ab 2ab a b (a b )2 Dấu “=”xảy a = b = b) Tương tự trên ta có 1 3 12 14 2 2 2 ab a b 2ab a b 2ab (a b )2 2ab a b Từ (4) ta có Bài 19 Cho a, b, c, d > Chứng minh rằng: ac bd ca d b 4 ab bc cd d a 1 a b ab ac ca Suy ra: (a c) (a c) ab cd abcd ab cd bd d b Tương tự: (b d ) bc d a abcd Cộng các BĐT trên, vế theo vế, ta đpcm Sử dụng công thức (4) ta có: Trang 38 (39) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Bài 20 Cho a + b = Chứng minh rằng: a b Từ (1c) ta có: 2(a2 b2 ) (a b)2 a b và 2(a b ) (a b )2 22 Suy ra: a4 b4 (đpcm) Bài 21 Cho a 1, b 1, a b Tìm giá trị lớn biểu thức: A = 1 a + 1 b (Đề thi vào lớp 10 THPT Hải Dương) Ta có : A= 1 a + 1 b Xét A2 = a b (1 a )(1 b ) (a2 b ) a2 b2 2(a2 b2 (a b)2 A 1 A 3 Vậy maxA = a b a b 2 A = a = b 2a 4a a Bài 22 Giải hệ phương trình: 2x2 y ( a) 1 x y z ( b) 1 y z2 x (c) 1 z2 Từ hệ phương trình ta suy được: x, y, z Ta có: x x 2x 2x2 x 1 x2 2y2 2z2 Tương tự: z y, x z y2 z2 Như vậy: x z y x x y z x2 1 y 2x2 x x x3 x2 x 1 x Vậy hệ phương trình có nghiệm: (0; 0; 0) (1; 1; 1) Do đó (a) ==================== Trang 39 (40) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức BẤT ĐẲNG THỨC VECTƠ VÀ ỨNG DỤNG I CƠ SỞ LÝ THUYẾT Độ dài véctơ Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, véctơ u ( x; y ) có độ dài là: u x y2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, véctơ u ( x; y; z) có độ dài là: u x y z2 Các phép toán véctơ biểu thị qua tọa độ Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hai véctơ u ( x1; y1 ); v ( x2 ; y2 ) Khi đó ta có u v ( x1 x2 ; y1 y2 ); u v ( x1 x2 ; y1 y2 ); ku (kx1; ky1 ) (k ) u v u v cos(u, v); u v x1.x2 y1.y2 Chú ý: Trong không gian các phép toán các véctơ tương tự mặt phẳng Bất đẳng thức véctơ Cho hai véctơ a, b (trong mặt phẳng không gian) Khi đó ta có: ab a +b (1) Dấu “=” xảy a , b cùng hướng n Tổng quát: n a i i1 (n nguyên dương) i 1 (2) Dấu “=” xảy a, b ngược hướng (3) Dấu "=" thứ xảy a , b ngược hướng Dấu "=" thứ hai xảy a , b cùng hướng II ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC VÉCTƠ Ứng dụng để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình ab a + b a b a.b a b 1.1 Phương pháp: Ta biến đổi phương trình đã cho sau đó xét các véctơ có tọa độ thích hợp áp dụng ba BĐT véctơ trên và xét trường hợp dấu xảy để đưa nghiệm phương trình đã cho 1.2 Ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình sau: Điều kiện: 1 x x x x x2 (1.1) Khi đó ta có (1.1) x x x x Xét hai véctơ u ( x;1); v ( x 1; x ) Ta có u v x x x ; u v x Mà theo BĐT (3 ) ta có u.v u v x x x x Vì u , v nên dấu “=” xảy u , v cùng hướng 0 x x 0 x x x x 1 0 3 x x (3 x ) x x x 1 x Ví dụ 2: Giải phương trình sau: x x x x 10 29 Trang 40 (1.2) (41) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Phương trình đã cho xác định với x Ta có (1.2) ( x 1)2 ( x 1)2 29 Xét hai véctơ u ( x 1;2); v ( x 1;3) Khi đó u v (2;5); u x x 5; v x x 10; u v 29 Mà theo BĐT (1) ta có u v u v x x x x 10 29 x 1 Vì u , v nên dấu “=” xảy u , v cùng hướng x x 1 Vậy phương trình (1.2) có nghiệm x Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 2 4 x m Điều kiện: x Xét hai véctơ u x 2; x ; v (1;1) Ta có u 2; v 2; u.v x x Mà theo BĐT (3) ta có u v u v x x Suy phương trình (1.3) có nghiệm m (1.3) x y z Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau x y z2 (1.4) x y z3 Ta xét hai véctơ u ( x; y; z); v (1;1;1) Khi đó ta có u x y z2 3; v 3; u v x y z x y z Từ trên ta thấy u.v u v u , v cùng hướng x y z 1 Kết hợp với hệ đã cho ta có nghiệm hệ (1.4) là x = y = z = Ví dụ 5: Giải bất phương trình sau: x x 2( x 3)2 x Điều kiện: x Xét hai véctơ u ( x 3; x 1); v (1;1) Khi đó ta có u ( x 3)2 x 1; v 2; u v x x Từ trên và bất phương trình (1.5) ta thấy u.v u v (*) Mà theo BĐT (3) ta có u v u v (**) Từ (*) và (**) suy u.v u v u , v cùng hướng x x x x 10 x (Vì u , v ) x Vậy x = là nghiệm bất phương trình (1.5) 1.3 Bài tập tự luyện Trang 41 (1.5) (42) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Bài Giải phương trình sau: Bài Giải phương trình sau: Bài Giải bất phương trình sau: x x x 12 x 25 x 12 x 29 cos x cos2 x cos x cos2 x x x 50 3x 12 Bài Giải bất phương trình sau: 5 x 5 x Bài Giải hệ phương trình sau: ( x y ) x y x y ( x y)2 x y x y 1 Bài Chứng minh hệ phương trình sau vô nghiệm: x y z4 2 x y 2z Bài Giải hệ phương trình sau: x y z 2 x y z x 2009 y 2009 z2009 Bài Giải hệ phương trình sau: 2009 x1 x2 x2008 2008 2008 2007 x x x 2008 2008 2008 Ứng dụng bài toán chứng minh bất đẳng thức 2.1 Phương pháp: Ta biến đổi BĐT đã cho sau đó xét các véctơ có tọa độ thích hợp áp dụng ba BĐT véctơ trên và xét trường hợp dấu xảy để chứng minh BĐT đã cho 2.2 Ví dụ Ví dụ 1: Chứng minh x , y ta có: (2.1) cos2 x cos2 y sin2 ( x y ) sin x sin y sin2 ( x y ) Xét hai véctơ u (2 cos x cos y;sin( x y )); v (2 sin x sin y;sin( x y )) Khi đó ta có u cos2 x cos2 y sin2 ( x y ); v sin2 x sin2 y sin2 ( x y) u v (2 cos( x y );2 sin( x y)); u v Mà theo BĐT (1) ta có : u v u v cos2 x cos2 y sin2 ( x y ) sin2 x sin2 y sin2 ( x y ) Vậy BĐT (2.1) chứng minh Ví dụ 2: Chứng minh x, y, z ta có: x xy y x xz z2 y yz z2 Trang 42 (2.2) (43) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức 2 2 Ta có (2.2) x y y x z z y yz z2 Xét hai véctơ u x y; y ; v x z; z 2 2 2 2 Khi đó ta có u x xy y ; v x xz z 3 1 u v y z; y z ; u v y yz z2 2 2 Mà theo BĐT (1) ta có: u v u v x xy y x xz z y yz z2 Vậy BĐT (2.2) chứng minh Ví dụ 3: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn ab bc ca abc Chứng minh rằng: a2 b b2 c c2 2a ab bc ca Ta có: a2 b b2 2c2 c 2a 3 ab bc ca b a c b a 1 1 1 Xét ba véctơ u ; ; v ; ; w ; b a c b a c a b2 b 2c2 c2 2a Khi đó ta có u ; v ; w ab bc ca 1 1 2 1 1 uv w ; ; u v w a b c a b c a b c 1 (Vì ab bc ca abc ) a b c Mà theo BĐT (1) ta có: a 2b b 2c c2 2a u v w uv w ab bc ca Vì u , v , w nên dấu “=” xảy u , v , w cùng hướng a b c Mà ab bc ca abc suy a b c Vậy BĐT (2.3) chứng minh và dấu “=” xảy a b c 2.3 Bài tập tự luyện Bài Chứng minh x , y, z * ta có: x xy y x xz z y yz z 3( x y z) Bài Chứng minh a, b, c, d ta có: (a c)2 (b d )2 a b2 c d Bài Chứng minh x, y ta có: Trang 43 c2 (44) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức ( x y )(1 xy ) 2 (1 x )(1 y ) Bài Chứng minh a, b, c, x , y, z ta có: a) ax by cz a b2 c2 x y z2 b) a b2 c x y z2 (a x )2 (b y )2 (c z)2 c) a a a2 3a Bài Chứng minh x, y, z 0, x y z ta có: x2 y2 z2 82 (Đề thi ĐH năm 2003) y2 z2 x2 Bài Cho ba số thực x , y, z đôi khác Chứng minh rằng: xy yz 2 zx x 1 y 1 y 1 z z2 x Bài Chứng minh với số thực a, b ta luôn có: a) a b2 2a 2b 37 a b 6a 6b 18 b) a2 a2 2a b2 b2 6b 10 Bài Chứng minh a, b, c ta có: a2 2a a 2ab b2 b 2bc c2 c2 2cd d d 10d 26 Bài Chứng minh a, b, c , abc ta có: bc ca ab (Đề thi ĐH NNI_2000) c ac b Bài 10 Cho x , y, u, v : u v2 x y Chứng minh rằng: 2 a ba c 2 b cb a 2 u( x y) v( x y ) Bài 11 Chứng minh x , y ta có: a) cos4 x cos y sin x sin y b) sin x sin2 x sin x sin2 x Bài 12 Chứng minh a, b c ta có: Bài 13 Chứng minh a, b, c ta có: c(a c) c(b c) ab a) a b2 c2 abc(a b c ) b) a b c2 ab bc ca x xy y Bài 14 Chứng minh x , y, z thoả mãn ta có: y yz z 16 Bài 15 Cho n ; a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn Chứng minh rằng: n i 1 ai2 bi2 n n bi i 1 i 1 Bài 16* Chứng minh x 0;1 ta có: Bài 17* Chứng minh a, b, c ta có: Trang 44 xy yz zx x 1 x x 1 x (45) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức ab bc 2009 a2 2009 b2 2009 b2 2009 c Bài 18* Cho n số thực a1, a2 , , an Chứng minh rằng: ca 2009 c 2009 a2 (1 a1 )2 (a1 a2 )2 (an 1 an )2 (n an )2 (n 1) Ứng dụng bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số 3.1 Phương pháp: Phương pháp chủ yếu là ta xét các véctơ có tọa độ thích hợp sử dụng ba BĐT véctơ trên để tìm giá trị lớn nhất, giái trị nhỏ hàm số đã cho 3.2 Ví dụ Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ hàm số sau đây: f ( x) x2 x x x TXĐ: 2 1 3 1 3 Ta có f ( x ) x x 3 3 Xét hai véctơ u x ; ; v x ; 2 2 Khi đó ta có u x x 1; v x x 1; u v 1; ; u v Mà theo BĐT (1) ta có u v u v f ( x ) Dấu “=” xảy và x = Vậy giá trị nhỏ hàm số f(x) đã cho là đạt x = Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ hàm số: f ( x ) cos2 x cos x cos2 x cos x TXĐ: Xét hai véctơ u (1 cos x;2); v (2 cos x;2) Khi đó: u cos2 x cos x 5; v cos2 x cos x 8; u v (3; 4); u v Mà theo BĐT (1) ta có u v u v f ( x ) 2 2 k 2 (k ) x l 2 (l ) 3 2 2 Vậy f(x) = đạt x k 2 (k ) x l 2 (l ) 3 Dấu “=” xảy x Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ trên khoảng 2000 ;2002 hàm số f ( x ) cos2 x cos x 10 cos2 x cos x TXĐ: Xét hai véctơ u (3 cos x;1); v (cos x 1;1) Khi đó ta có u cos2 x cos x 10; v cos2 x cos x 2; u v 20 Mà theo BĐT (1) ta có u v u v f ( x ) 20 Trang 45 (46) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Dấu “=” xảy và x k 2 (k ) Xét trên đoạn 2000 ;2002 ta có k = 1000; 1001 tương ứng với x 2000 ;2002 Vậy trên đoạn 2000 ;2002 thì minf(x) = 20 đạt x 2000 x 2002 3.3.Bài tập tự luyện Bài Cho hàm số f ( x ) A sin x B cos x ( A2 B2 0) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số trên cos3 x a cos3 x 1 3a , x , a cos3x Bài Tìm giá trị nhỏ biểu thức: b) Dùng câu a), chứng minh A f ( x , y ) x y x 12 y 37 x y x y 18 Bài Tìm giá trị lớn hàm số sau: f ( x) ( x 6)2 100 ( x 1)2 Bài Tìm giá trị nhỏ hàm số sau: y x px p x 2qx 2q2 ( p q) Bài Tìm giá trị nhỏ hàm số sau: y a x a (c x )2 ========================= Trang 46 (47) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Trong phần này ta sử dụng đạo hàm thông qua việc xét tính đơn điệu hàm số dùng định lý Lagrage để chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là bất đẳng thức có biến số LOẠI SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ví dụ Chứng minh rằng: ex x với x Xét hàm số f ( x ) e x x liên tục và khả vi với x Ta có: f ( x ) e x , f (0) + Nếu x thì f ( x ) e x f ( x ) đồng biến f ( x ) f (0) e x x e x x (1) + Nếu x thì f ( x ) e x f ( x ) nghịch biến f ( x ) f (0) e x x e x x (2) Từ (1), (2) e x x với x Ví dụ Chứng minh rằng: YCBT ex x x2 đúng với x x2 x e x , x x2 x e x Ta có f ( x ) x e x , f ( x ) e x , x Do đó f ( x ) nghịch biến (0; ) f ( x ) f (0) với x (0; ) Xét f ( x ) f ( x ) nghịch biến (0; ) f ( x ) f (0) , x x2 x2 với x x e x , x hay e x x 2 Ví dụ Chứng minh rằng: x x3 sin x x với x sin x x ( a) BĐT với x x x sin x (b) a) Ta chứng minh sin x x với x Xét hàm số f ( x ) sin x x f (0) Ta có: f ( x ) cos x , x (0; ) f ( x ) nghịch biến (0; ) f ( x ) f (0) với x sin x x với x x3 sin x với x x3 x2 Xét hàm số f ( x ) sin x x Ta có f ( x ) cos x g( x ) g ( x ) sin x x với x > g( x ) đồng biến g( x ) g(0) với x b) Ta chứng minh x Trang 47 (48) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức hay f ( x ) với x f ( x ) đồng biến f ( x ) f (0) với x x3 x3 hay x < sin x với x 6 x3 Từ a) và b) x sin x x với x sin x x 2sin x 2tan x x 1 Ví dụ Chứng minh Áp dụng BĐT Cô–si: sin x 2 tan x sin x 2 2sin x 2tan x sin x tan x 1 2 .2 với x tan x = sin x tan x 2.2 sin x tan x 1 2 sin x tan x 1 2 sin x tan x 1 x 1 với x sin x tan x x Xét hàm số f ( x ) = sin x tan x x với x , f (0) Co si 1 Ta có: f ( x ) cos x cos2 x cos2 x .2 2 cos x cos x cos2 x (vì cos x cos2 x với x ) f ( x ) f ( x ) đồng biến f ( x ) f (0) với x sin x tan x x sin x tan x x với x đpcm YCBT Ví dụ Chứng minh x 1 2.sin x 2 tan x x 1 22 với x 3x Xét hàm số f ( x ) sin x tan x với x 2 cos x cos x Ta có f ( x ) cos x 2 2 2.cos x 2.cos x Co si 3.3 cos x cos x 0 2 cos x f ( x ) , x 0; f ( x ) đồng biến 0; 2 2 3x f ( x ) f (0) sin x tan x , x 0; 2 2 3x sin x tan x , x 0; Đẳng thức xảy x 2 2 Trang 48 (49) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Mà 2.sin x 2 tan x 2 2sin x .2 tan x sin x tan x 2.2 3x 2.2 3x 1 2sin x tan x 2 2 , x 0; 2 x Đẳng thức xảy x 2 sin x tan x Do đó 22.sin x 2tan x 2 Ví dụ Cho x 1 với x 0; 2 3 Chứng minh 2. 2 59 f x 18 3 2( x 1) Ta có f ( x ) với x 0; 3 x x 4 3 3 3 f ( x ) giảm trên 0; f ( x ) f , x 0; 4 4 4 Xét hàm số f x 2x 3 trên 0; , 4 3 3 f f , 0; 4 4 3 59 2 Hay 2. , 0; 18 2 4 với a b a thì : (a 1) (a 1)3 2.b a.(a3 2.b) b 2.a3 b 2.(a 1)3 b Ví dụ Chứng minh Xét hàm số Ta có f f ( x) 3 b b x ( x 2.b) với a x a x b và 2.( x b)2 f ( x ) 0 (2.x b)2 f ( x ) đồng biến f (a) f b f (a 1) với a x a a.(a3 2.b) 2.a3 b 3b (a 1) (a 1)3 2.b 2.(a 1)3 b (đpcm) Chứng minh a.sin a b.sin b 2.(cos b cos a) YCBT a.sin a cos a > b.sin b 2.cos b Xét hàm số f ( x ) = x.sin x 2.cos x với x Ta có: f ( x ) sin x x.cos x 2.sin x , f (0) Ví dụ Cho a b Trang 49 (50) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức f ( x ) cos x cos x x.sin x 2.cos x x.sin x f ( x ) (vì x thì sin x ) Do đó f ( x ) f (0) x 2 f ( x ) giảm trên khoảng 0; f (a) f (b) với a b 2 a.sin a cos a b.sin b cos b hay a.sin a b.sin b 2.(cos b cos a) Ví dụ Chứng minh rằng: 4.tan 50 tan 90 tan 60.tan100 tan x với x x x sin x Ta có f ( x ) ( vì ta đã có sin tan 2.x cos2 x hàm số f ( x ) đồng biến trên 0; 2 5 6 Với < thì f (5) f (6) f f , 180 180 Xét hàm số f ( x ) 5 6 tan 180 180 6.tan 50 5.tan 60 5 6 180 180 ) tan tức là (2) Chứng minh tương tự ta có 10.tan 90 9.tan10 0 (3) Nhân (2) và (3), vế theo vế, ta 4.tan tan 3.tan 0.tan100 Ví dụ 10 Cho x y z Chứng minh: BĐT (đpcm) x y y z z2 x x y z2 z x y x y z2 y3 x z3 x y z2 x.y.z x y z2 y3 x z3 x z z3 x x z x z xz( x y z2 ) 1 y y y y y y y y y x z Đặt u , v Ta có u v y y Nên BĐT có dạng u3 v u2 v3 u.v(u2 v2 1) u (1 v) u2 v3 u.v(1 v ) v2 (1) + Nếu v thì (1) có dạng u2 2.u , tức là (2) đúng + Nếu v Xét hàm số f (u) u3 (1 v) u2 v3 u.v(1 v ) v với u Ta có f (u) 3.u2 (1 v) 2.u.v3 v(1 v ) f (u) 6.u(1 v) 2.v3 (do v và u ) f (u) đồng biến u nên với u ta có f (u) f (1) Mà f (1) v3 4.v (v 1)(v2 v 3) nên Trang 50 f (u) f (u) đồng biến u (51) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Tức là u ta có f (u) f (1) v 2v (v 1)2 u3 (1 v) u2 v u2 v3 uv(1 v2 ) v2 với Vậy: Hay Ví dụ 11 u v x y y z z x x y z2 với x y z z x y x Chứng minh (đpcm) x2 ln 1 x x với x x2 ln(1 x ) , x x2 x2 Xét f ( x ) = ln(1 x ) x , x , f ( x ) = 1 x 0, x 1 x 1 x f ( x ) đồng biến với x a) Chứng minh x x2 x2 0, x x ln(1 x ) với x 2 b) Chứng minh ln(1 x ) x , x Đặt g g( x ) x ln(1 x ) với x , g(0) ln(1 x ) x x , x 1 x 1 x g( x ) , x x ln 1 x 0, x ln 1 x x , với x g ( x ) Từ a), b) x x2 ln(1 x ) x , với x x Ví dụ 12 Chứng minh Do x nên x a) Chứng minh x x 1 x2 x x 1 1, 1 x x 1 x x 1 với x 1 x , x x 1 1 x x x x x 1 Vì x nên x b) Chứng minh x x 1 , x 1 1 x x 1, x , g 0 x 1 , với x g(x) đồng biến với x Ta có: g ( x ) 3 2 ( x 1) x x g( x ) g(0) với x , x , x x 1 x 1 Đặt g( x ) Trang 51 (52) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức Vậy x x 1 1 x x2 x x , x x 1 Ví dụ 13 Chứng minh rằng: (sin x )2 x 2 YCBT (sin x )2 x 2 với x với x Xét hàm số f ( x ) = (sin x )2 x 2 với x Ta có f ( x ) 2(sin x )3 cos x 2.x 3 , x cos x sin x sin x 2.x 3 2.(sin x )3 cos x x x 0 3 3 x sin x cos x cos x sin x cos x x0 Đặt g( x ) = sin x.(cos x ) x g ( x ) (cos x ) (cos x ) sin x , g (0) 2 g ( x ) (cos x ) sin2 x với x g ( x ) g (0) = g ( x ) đồng biến trên 0; g ( x ) g (0) g( x ) đồng biến trên 2 với x 0; 2 g( x ) g(0) f ( x ) đồng biến trên 0; 2 2 f ( x) f = với x 0; 2 2 2 2 2 4 Do đó sin x x 2 Hay sin x x 2 2 x 0; 2 Ví dụ 14 Cho số a, b, c > thoả mãn a2 b2 c2 Chứng minh rằng: a b c b c a c a b 3 (*) Từ giả thiết b c a , c a b và a b2 c Thay vào (*) ta được: a b c a b c 2 2 2 2 b c c a a b a b c2 3 a2 b2 c2 2 2 a(1 a ) b(1 b ) c(1 c ) Xét hàm số f ( x ) x (1 x ) x x , x (0;1) f ( x ) , x 0; 3 f ( x ) 3 x và f ( x ) , x ;1 Trang 52 (53) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức 3 f (x) f (x) f 3 Do đó a(1 a ) 3 b2 Tương tự b(1 b ) a Do đó b c b c a a(1 a ) c a b 3 2 c(1 c ) 3 a2 c2 3 b , 2 a(1 a ) 3 a 3 c (đpcm) n Ví dụ 15 Cho e x1 x2 xn y1 y2 y3 ym và n m xi yy i 1 i 1 i m xi yi Chứng minh: i 1 y 1 ln x ln x với x Ta có f ( x ) x e x x2 Nên f ( x ) là hàm số nghịch biến Từ giả thiết ta có: Xét hàm số f ( x ) ln x1 x1 ln x2 x2 ln x1 x1 Từ đó ta có ln xn xn ln y1 y1 ln y2 y2 ln y1 y1 ln x2 x2 ln y1 y1 ………………… ln y1 ln xn xn y1 n Hay ln xi i 1 ln y1 n ln y1 m xi y y1 i 1 y1 i1 i ln y2 y2 Mặt khác (1) ln y1 y1 ln y1 y1 ……………… ln y1 ln yn yn y1 ln y3 y3 m ln yi i 1 n Từ (1) và (2) ln y1 y1 m . yi ln xi ln yi i 1 (2) i 1 m n hay i 1 i1 Trang 53 m xi yi y 1 ln yn yn (54) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức LOẠI 2: DÙNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE Định lý lagrange Nếu hàm số y f ( x ) liên tục trên đoạn a; b và khả vi trên (a; b) thì tồn số f ( b) f ( a ) c (a; b) cho f (c) ba Các ví dụ ba b ba Ví dụ Chứng minh rằng: với < a < b ln b a a 1 Xét hàm số : f ( x ) ln x f ( x ) , f (c) x c Hàm số f x ln x thoả mãn định lý Larange trên a; b f ( b) f ( a ) ln b ln a c (a; b) : f (c) ba c ba 1 1 ln b ln a Do < a < c < b nên b c a b ba a ba b ba ln b a a Ví dụ Chứng minh với x, y R ta có: sin x sin y x y Xét hàm số f (t ) sin t , f (t ) cos t f (c) cos c Hàm số f (t ) sin t định lý Lagrange trên [x; y] c ( x; y ) ta có: f (y) f ( x) sin y sin x sin x sin y f (c) cos c cos c 1 yx yx xy sin x sin y x y , x; y R ba Ví dụ Chứng minh rằng: tan b tan a ba cos a cos b Xét hàm số f ( x ) tan x liên tục và khả vi trên a; b f ( x ) cos2 c f (b) f (a) tan b tan a c (a; b) cho f (c) ba ba tan b tan a ba tan b tan a ba cos2 c cos2 c Do a < c < b và y cos x nghịch biến trên 0; nên 2 ba cos a cos2 x f (c) , với a b ba cos c ba cos b ba cos a tan b tan a Ví dụ Cho x và Chứng minh rằng: Xét hàm số f (t) t với ba cos b với a b x a ( x 1) t x Ta có f (t) t 1 f ( x ) f (1) Theo định lý Lagrange thì tồn c (1; x ) thoả mãn f (c) x 1 Trang 54 (55) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức c 1 Ví dụ x x 1 x a ( x 1) x ( x 1) c 1 ln( x 1) x Chứng minh rằng: (vì x, ) x f (t ) ln t với t 1;1 x f (t) ln t f (1 x ) f (1) Theo định lý Lagrange tồn c (1;1 x ) : f (c) (1 x ) 1 ln(1 x ) x x ln(1 x ) hay ln( x 1) x x c x c Xét hàm số Trường hợp gặp bài toán chưa thể vận dụng định lý Lagrange thì việc chọn hàm số thoả mãn các điều kiện định lý Lagrange quan trọng 1 x x Ví dụ Cho x Chứng minh rằng: (1) 1 1 1 x 1 x Đây là dạng bài toán chưa thể vận dụng đính lý Lagrănge 1 Ta có: (1) (1 x ) ln với x x ln 1 x x 1 Xét hàm số f ( x ) x ln = x ln( x 1) ln x x f ( x ) ln( x 1) ln x (2) 1 x Xét hàm số G G(t ) ln(t ) trên x; x 1 Theo định lý Lagrange thì tồn c ( x; x 1) cho G (c) G( x 1) G( x ) ( x 1) x 1 c x 1 f ( x ) đồng biến trên x; x 1 Vì c x 1 ln( x 1) ln x c ln( x 1) ln x nên x 1 f ( x ) 1 f ( x 1) f ( x ) (1 x ) ln x ln x 1 x 1 x hay 1 1 x 1 1 x x với x Ví dụ Cho n Chứng minh rằng: Ta có: (*) x n (1 x ) x n 1 x < 2ne với x (0;1) 1 x n 2n(1 x ) với x (0;1) 2ne e Co si 2nx (2n 2nx ) x n 2n(1 x ) x. x x (2 n nx ) 2n 2n Trang 55 n 1 (*) (1) n 1 2n 2n (2) (56) Trần Văn Chung tuyển tập bất đẳng thức n 1 2n 2n Từ (1) và (2), ta chứng minh: e 2n Xét hàm số f ( x ) ln x thoả định lý Lagrange trên 2n; 2n 1 (2n 1) ln(2n 1) ln(2n) ln(2n 1) ln(2n) f (2n 1) f (2n) ln(2n 1) ln(2n) c (2n;2n 1) : f (c) 2n 2n c 1 Do 2n c 2n nên ln(2n 1) ln(2n) c 2n 2n 1 Vậy x n 1 x < với x (0;1) và n 2ne Ví dụ Cho a b, n Chứng minh rằng: na n1 (b a) b n a n nb n1(b a) (1) Xét hàm số: f ( x ) x n , x a; b f ( x ) nx n1 Theo định lý Lagrange thì tồn c (a; b) thoả mãn: f ( b) f ( a ) bn an n 1 f (c) nc ba ba b n a n n.c n1 (b a) Nên ta có (1) nan1 (b a) bn an nb n1(b a) n.a n1 (b a ) n.c n1(b a ) n.b n1(b a) an1 c n1 bn1 (vì n(b a) ) Bất đẳng thức (2) đúng vì a c b, n Vậy (1) đã chứng minh ====================== Trang 56 (2) (57)