19 phuong phap chung minh bat dang thuc

Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng Kiến thức: 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 ra điều vô lý[r]

PHẦN CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý  A  B  A  B 0   A  B  A  B 0 1/Định nghĩa 2/Tính chất + A>B  B  A + A>B và B >C  A  C + A>B  A+C >B + C + A>B và C > D  A+C > B + D + A>B và C >  A.C > B.C + A>B và C <  A.C < B.C + < A < B và < C <D  < A.C < B.D n n + A > B >  A > B n n n + A > B  A > B với n lẻ A B n n  + > A > B với n chẵn m n + m > n > và A >  A > A m n + m > n > và <A <  A < A +A < B và A.B >  1  A B 3/Một số bất đẳng thức + A  với  A ( dấu = xảy A = ) + An  với  A ( dấu = xảy A = ) + A 0 + - A với A (dấu = xảy A = ) <A= A + AB  A  B + A B  A  B ( dấu = xảy A.B > 0) ( dấu = xảy A.B < 0) PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp : Dùng định nghĩa Kiến thức : Để chứng minh A > B Ta lập hiệu A –B > Lưu ý dùng bất đẳng thức M  với M Ví dụ  x, y, z chứng minh : 2 a) x + y + z  xy+ yz + zx 2 b) x + y + z  2xy – 2xz + 2yz 2 c) x + y + z +3  (x + y + z) Giải: 2 a) Ta xét hiệu : x + y + z - xy – yz – zx = 2 ( x + y + z - xy – yz – 2 zx) 2 = ( x  y )  ( x  z )  ( y  z ) 0 đúng với x;y;z  R Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu xảy x=y (x-z)2 0 vớix ; z Dấu xảy x=z (y-z)2 0 với z; y Dấu xảy z=y 2 Vậy x + y + z  xy+ yz + zx Dấu xảy x = y =z   2 2 2 b)Ta xét hiệu: x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz – 2yz = ( x – y + z) 0 đúng với x;y;z  R 2 Vậy x + y + z  2xy – 2xz + 2yz đúng với x;y;z  R Dấu xảy x+y=z 2 2 2 c) Ta xét hiệu: x + y + z +3 – 2( x+ y +z ) = x - 2x + + y -2y +1 + z 2z +1 2 = (x-1) + (y-1) +(z-1)  Dấu(=)xảy x=y=z=1 Ví dụ 2: chứng minh : a2  b2  a  b      ; a) b) a2  b2  c2  a  b  c    3   c) Hãy tổng quát bài toán Giải: a) Ta xét hiệu  a2  b2  a  b       2 a  b a  2ab  b 1  a  b  0  2a  2b  a  b  2ab 4 = =4 =4   a2  b2  a  b      Vậy Dấu xảy a=b b)Ta xét hiệu a  b2  c2  a  b  c     a  b    b  c    c  a  0 3   =9 Vậy  a2  b2  c2  a  b  c    3   Dấu xảy a = b =c  a12  a 22   a n2  a1  a   a n    n n   c)Tổng quát Tóm lại các bước để chứng minh A B theo định nghĩa Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B 2 Bước 2:Biến đổi H=(C+D) H=(C+D) +….+(E+F) Bước 3:Kết luận A  B 2 2 Ví dụ 1: Chứng minh m,n,p,q ta có : m + n + p + q +1 m(n+p+q+1) Giải:  m2  m2  m2  m2  2 2 2         mn  n     mp  p     mq  q     m  1 0         2 m  m  m  m    n    p    q    2  2  2  2 m 2  m   2 m   2 m   Dấu xảy  2  1 0  (luôn đúng) n 0 m  n  p 0  m p   q 0  m q   m 2 0   m 22    n  p q 1 Ví dụ 2: Chứng minh với a, b, c ta luôn có : a +b4 + c ≥abc (a+ b+c ) Giải: Ta có : a +b4 + c ≥abc (a+ b+c ) , ∀ a , b , c> ⇔ a4 + b4 + c − a2 bc − b2 ac − c ab ≥ ⇔ a4 +2 b +2 c − a2 bc − 2b ac − c2 ab ≥ 2 ⇔ ( a2 −b ) + 2a b 2+ ( b2 − c ) +2 b2 c2 + ( c2 −a ) + 2a c −2 a2 bc −2 b2 ac −2 c ab ≥ 2 ⇔ ( a2 − b2 ) + ( b − c 2) + ( c − a2 ) +(a2 b 2+ b2 c −2 b2 ac)+(b2 c 2+ c a2 −2 c ab) +( a2 b 2+ c a −2 a ab) ≥0 2 ⇔ ( a2 − b2 ) + ( b − c 2) + ( c − a2 ) + ( ab − bc )2 + ( bc −ac )2 + ( ab −ac )2 ≥ Đúng với a, b, c Phương pháp : Dùng phép biến đổi tương đương Kiến thức: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng bất đẳng thức đã chứng minh là đúng Nếu A < B ⇔ C < D , với C < D là bất đẳng thức hiển nhiên, đã biết là đúng thì có bất đẳng thức A < B Chú ý các đẳng thức sau:  A  B   A  AB  B  A  B  C   A  B  C  AB  AC  BC  A  B   A3  A B  AB  B Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh a2  b2 ab a) 2 b) a  b  ab  a  b 2 2 c) a  b  c  d  e a b  c  d  e  Giải: a) a2  b2 ab  4a  b 4ab  4a  4a  b 0   2a  b  0 a2  b2 ab (BĐT này luôn đúng) Vậy (dấu xảy 2a=b) 2 2 b) a  b  ab  a  b  2(a  b    2(ab  a  b)  a  2ab  b  a  2a   b  2b  0  (a  b)  (a  1)  (b  1) 0 Bất đẳng thức cuối đúng 2 Vậy a  b  ab  a  b Dấu xảy a=b=1 a  b  c  d  e a b  c  d  e   c) 4 a  b  c  d  e   a  b  c  d  e  2 2 2 2  a  4ab  4b  a  4ac  4c  a  4ad  4d  a  4ac  4c 0      2      a  2b    a  2c    a  2d    a  2c  0 Bất đẳng thức đúng ta có điều phải chứng minh 10 10 2 8 4 Ví dụ 2: Chứng minh rằng:  a  b  a  b   a  b  a  b  Giải: a 10       b10 a  b  a  b a  b a12  a10 b  a b10  b12 a12  a b  a b  b12 2 2 2  a b a  b  a b b  a 0  a2b2(a2-b2)(a6-b6)   a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4)       Bất đẳng thứccuối đúng ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 và x  y x2  y2 Chứng minh x  y  2 x2  y2 Giải: x  y  2 vì :x  y nên x- y   x2+y2  2 ( x-y)  x2+y2- 2 x+ 2 y 0  x2+y2+2- 2 x+ 2 y -2 0  x2+y2+( )2- 2 x+ 2 y -2xy 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2  (x-y- )2  Điều này luôn luôn đúng Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4: Chứng minh rằng: 2 a/ P(x,y)= x y  y  xy  y  0 x, y  R a2  b2  c2  a  b  c b/ (gợi ý :bình phương vế) c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn: x y.z 1  1 1    xyz  x y z Chứng minh :có đúng ba số x,y,z lớn Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 1 1 1 1   ) 0     x y z x y z x y z < x+y+z =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( )=x+y+z - ( (vì theo gt)  số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương Nếu 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 a b c Ví dụ 5: Chứng minh : 1< a+b + b+c + a+ c <2 Giải: 1 a a Ta có : a+b <a+b +c ⇒ a+b > a+b+ c ⇒ a+b > a+b+ c (1) b b c c Tương tự ta có : b+c > a+ b+c (2) , a+c > a+ b+c (3) Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta : a b c + + >1 (*) a+b b+c a+ c a a+c Ta có : a< a+b ⇒ a+b < a+ b+c (4) b a+b Tương tự : b+c < a+ b+c (5) , c c +b < (6) c+ a a+ b+c Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta : a b c + + <2 a+b b+c a+ c (**) a b c Từ (*) và (**) , ta : 1< a+b + b+c + a+ c <2 Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ Kiến thức: 2 a) x  y 2 xy b) x  y  xy (đpcm) dấu( = ) x = y = c)  x  y  4 xy a b  2 d) b a Ví dụ Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh (a+b)(b+c)(c+a) 8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ:  x  y  4 xy  a  b  4ab ;  b  c  4bc ;  c  a  4ac  a  b   b  c   c  a   64a b c 8abc   (a+b)(b+c)(c+a) 8abc Tacó  Dấu “=” xảy a = b = c Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy Kiến thức: a/ Với hai số không âm : a , b ≥ , ta có: a+b ≥ √ ab Dấu “=” xảy a=b b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm : n a1+ a2 + +a n ≥ n √ a1 a2 an a1+ a2 + +a n n ⇔ a1 a an ≤ n Dấu “=” xảy a1=a2= =an ( ) Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi đề cho biến số không âm x Ví dụ : Giải phương trình : x x + x + x x= x + +1 + Giải : Nếu đặt t =2x thì pt trở thành pt bậc theo t nên ta đặt a b ¿ a=2 x b=4 x , a , b>0 ¿{ ¿ Khi đó phương trình có dạng : b+1 + a+1 + a+b = Vế trái phương trình:  a   b     a  b 1   a  b    a  b     1    1    1         b 1   a 1   a  b   b 1   a 1   a  b  1  1     a  b  c           b  1   a 1   a  b      b 1 a 1 a  b   b 1 a 1 a  b  3 3 √ ( a+1 )( b +1 )( a+b ) − 3= 2 √ ( a+1 ) ( b+1 ) ( a+ b ) Vậy phương trình tương đương với : a+1=b+1=a+b ⇔ a=b=1 ⇔2 x =4 x =1⇔ x =0 Ví dụ : Cho x, y , z > và x + y + z = Tìm GTLN P = x y z + + x +1 y +1 z +1 1 Giải : P = 3- ( x +1 + y +1 + z +1 ) = – Q Theo BDT Côsi , a, b, c > thì 1 1 1  1 1   3   a  b  c      9     a b c abc a b c a b c a b c 1 9 + + − ⇒ -Q nên P = – Q 3x +1 y +1 z +1 4 a  b  c 3 abc  Suy Q = = Vậy max P = x = y = z = Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: 1 a+ b+c + + ≤ a + bc b + ac c +ab abc Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : a2 ++ bc ≥ a √ bc ⇒ Tương tự : 1 1 ≤ ≤ + a ++ bc a √ bc ab ac ( ) 1 1  1 1            b  ac b ac  bc ab  c  ab c ab  ac bc  2 a b c     a  bc b  ac c  ab 2abc Dấu “=” xảy a = b = c a b c Ví dụ : CMR tam giác ABC : b+c − a + c+ a −b + a+b − c ≥ Giải : Theo bất đẳng thức Côsi : (*) a b c abc + + ≥33 (1) b+c − a c+ a −b a+b − c (b+ c − a)(c +a − b)(a+b − c) Cũng theo bất đẳng thức Côsi : √ √(b+ c − a)(c +a −b)≤ (b+ c − a+c +a − b)=c (2) Viết tiếp hai BDT tương tự (2) nhân với (b+ c − a)( c+ a −b)(a+b −c )≤ abc abc → ≥1(3) (b+c −a)(c + a− b)(a+ b− c ) Từ (1),(3) suy (*) Dấu “=” xảy a = b = c hay ABC là Ví dụ 5: ¿ 0<a≤ b ≤ c x y z ( a+ c ) ( x+ y + z )2 Cho 0<x , y , z Chứng minh rằng: ( + by+cz ) + + ≤ a b c ac ¿{ ¿ Giải: Đặt f (x)=x −( a+c ) x +ac=0 có nghiệm a,c Mà: a ≤ b ≤ c ⇒ f (b)≤0 ⇔ b2 −(a+c )b+ ac ≤ ( ) ac y ≤ a+ c ⇔ yb+ac ≤ ( a+ c ) y b b x y z ⇒ xa +ac +(yb+ac )+(zc+ ac )≤ ( a+ c ) x + ( a+ c ) y +( a+c )z a b c x y z ⇒ xa+ yb+ zc+ac + + ≤ ( a+ c )( x + y + z ) a b c ⇔ b+ ( ) ( ) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: x y z + + ≤ ( a+c ) ( x + y + z ) ( a b c) √ x y z ⇔ ( xa +yb+ zc ) ac ( + + ) ≤ ( a+c ) ( x + y + z ) a b c x y z ( a+c ) ( x + y + z ) ( đpcm) ⇔ ( xa+ yb+ zc ) ac ( + + )≤ a b c ac ⇒ ( xa + yb+zc ) ac 2 2 Phương pháp Bất đẳng thức Bunhiacopski Kiến thức: Cho 2n số thực ( n ≥2 ): a1 , a2 , an ,b , b2 , , bn Ta luôn có: 2 2 2 a1 b1 +a b2 + + an bn ¿ ≤(a1 +a2 + + an )(b1 +b2 + + bn ) ¿ a1 a2 an Dấu “=” xảy ⇔ b = b = = b n b1 b bn Hay a = a = = a (Quy ước : mẫu = thì tử = ) n Chứng minh: Đặt a= √a 21+ a22 + +a 2n { b= √b 21+ b22 + +b2n  Nếu a = hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng  Nếu a,b > 0: a a b b Đặt: α i= i , β i= i ( i=1,2, n ) , Thế thì: α 21+ α 22 + + α 2n=β 21 + β 22+ .+ β 2n 2 Mặt khác: |α i β i|≤ ( αi + β i ) 1 |α β 1|+|α β 2|+ +|α n β n|≤ (α 12+ α 22 + + α 2n)+ (β 21 + β 22+ .+ β 2n) ≤1 Suy ra: ⇒ |a1 b1|+|a2 b2|+ +|an bn|≤ a b Lại có: |a1 b1 +a b 2+ .+ an bn|≤|a1 b1|+|a2 b2|+ +|an bn| 2 2 2 Suy ra: a1 b1 +a b2 + + an bn ¿ ≤(a1 +a2 + + an )(b1 +b2 + + bn ) Dấu”=” xảy Ví dụ : ¿ a a a α i=β i ( ∀ i=1,2, ,n ) ⇔ ⇔ = = = n bn α β α n β n cùng dáu b1 b2 { 8 Chứng minh rằng: ∀ x ∈ R , ta có: sin x+ cos x ≥ Giải: Ta có: sin2 x+cos x =1, ∀ x ∈ R Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:  sin x.1  cos x.1  sin x  cos x 12  12      1 sin x  cos x   sin x  cos x    Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski lần nữa:  1  sin x.1  cos x.1   sin x  cos8 x 12  12  sin x  cos x  4        Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn Tìm GTLN của: P=√ 1+ tan A tan B+ √ 1+ tan B tan C + √ 1+ tan C tan A Giải: * Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng Cho m số, số gồm n số không âm: (ai , bi , ,c i )(i=1,2, , m) Thế thì: a1 a2 am +b b2 bm + + c1 c c m ¿2 ≤(am1 + bm1 + +c m1 )(a m2 + bm2 + + cm2 )(amm +bmm + .+ c mm) ¿ Dấu”=” xảy ⇔ ∃ bô số (a,b,….,c) cho: với i = 1,2,…,m thì ∃ t i cho: a=t i , b=t i bi , ,c =t i c i , Hay a1 :b1 : : c1 =a2 :b2 : : c2 =an : bn : c n a21 +a22 + +a2n=3 n∈ Z , n ≥2 a1 a a + + + n < √2 Chứng minh rằng: n+ { Ví dụ 1: Cho | Giải: ∀ k ∈N  ❑ | 1 < = 1 k k2 − k− k+ 2 ta có: ( )( ) 1   1 k k k 2        1 1   1  1  1                3  5 1 n      n n   2  2 n 2  Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski: | a1 a a 1 + + + n ≤ √ a21 +a22 + + a2n + + + < √ < √ (đpcm) n+ 3 n Ví dụ 2: | √ √ Cho số a,b,c,d chứng minh rằng: (a  c)  (b  d )  a  b  c  d Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó 2 2 ac+bd  a  b c  d  a  c    b  d  a  b  2 ac  bd   c  d mà    a2  b2  a2  b2 c2  d  c2  d (a  c)  (b  d )  a  b  c  d  2 Ví dụ 3: Chứng minh : a  b  c ab  bc  ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) 1 2 2  có 2   a  b  c ab  bc  ac a=b=c Phương pháp 6: Kiến thức: a)Nếu ta   (a  b  c ) 1.a  1.b  1.c  2 2 2  a  b  c a  b  c  2 ab  bc  ac  Điều phải chứng minh Dấu xảy Bất đẳng thức Trê- bư-sép ¿ a1 ≤ a2 ≤ ≤ an b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn ¿{ ¿ thì a1 +a2 + + an b 1+ b2+ + bn a1 b 1+ a2 b2 + + an bn ≤ n n n a1=a2= =an ¿ b1=b2= =bn Dấu ‘=’ xảy và ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ a1 ≤ a2 ≤ ≤ an b)Nếu b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn thì ¿{ ¿ a1 +a2 + + an b 1+ b2+ + bn a1 b 1+ a2 b2 + + an bn ≥ n n n a1=a2= =an ¿ b1=b2= =bn Dấu ‘=’ xảy và ¿ ¿ ¿ ¿ Ví dụ 1: Cho Δ ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = và sin A sin a+sin B sin B +sin C sin2 C S = sin A +sin B+sin C S là diện tích tan giác chứng minh Δ ABC là tam giác π Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư 0< A ≤ B ≤ C< Suy ra: ¿ sin A ≤sin B ≤sin C sin a ≤sin B ≤ sin 2C ¿{ ¿ Áp dụng BĐT trebusep ta được: ( sin A+sin B+sin C )( sin A +sin B+ sin2 C ) ≥ ( sin A sin A+ sin B sin B+sin C sin 2C ) sin A sin A+ sin B sin2 B+sin C sin 2C ⇔ ≤ (sin A+ sin2 B+sin 2C ) sin A+sin B+sin C ⇔ sin A=sin B=sin C ¿ sin A=sin B=sin 2C Dấu ‘=’ xảy ¿ ⇔ Δ ABCdêu ¿ ¿ ¿ Mặt khác: sin A+ sin B+sin C=2sin (A + B) cos( A − B)+sin C ¿ sinC [ cos( A − B)+cos C ] =2 sin C [ cos ( A − B)−cos ( A+ B) ] ¿ 2sin C sin A sin B=4 sin A sin B sin C ¿(2 R sin A )(2 R sin B) sin C=a b sin C=2 S (2) Thay (2) vào (1) ta có sin A sin a+sin B sin B +sin C sin2 C S ≤ sin A +sin B+sin C Dấu ‘=’ xảy ⇔ Δ ABC Ví dụ 2(HS tự giải): a/ b/ c/ Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 Cho a>0 , b>0, c>0 CMR: a b c    b c c a a b 2 x d)Cho x 0 ,y 0 thỏa mãn Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 3 1   9 CMR: a b c CMR:x+2y+z 4(1  x)(1  y )(1  z ) y 1 và ;CMR: x+y a  b  c 1  Chứng minh a b c    b c a c a b Giải: Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c   a b c  a  b  c  b  c a  c a  b Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có a2 a b c a2  b2  c2  a b c   b2  c2      bc a c a b  b c a c a b = = a3 b3 c3    Vậy b  c a  c a  b Ví dụ 4: Dấu xảy a=b=c= Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 Chứng minh : a  b  c  d  a b  c   b c  d   d  c  a  10 2 Giải: Ta có a  b 2ab c  d 2cd 1 x  x 2) Do abcd =1 nên cd = ab (dùng a  b  c 2( ab  cd ) 2(ab  ) 4 ab Ta có (1) Mặt khác: a b  c   b c  d   d  c  a  = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)     1   ab     ac     bc   2   ab   ac   bc  = 2 2 Vậy a  b  c  d  a b  c   b c  d   d  c  a  10 Phương pháp7 Kiến thức: Bất đẳng thức Bernouli a)Dạng nguyên thủy: Cho a a=0 ¿ n=1 và ¿ ¿ ¿ ¿ -1, ¿ 1≤ n ∈ Z thì ¿ ( 1+a )n ≥ 1+ na Dấu ‘=’ xảy b) Dạng mở rộng: - Cho a > -1, α ≥ thì ( 1+a )α ≥1+ na Dấu xảy và a = - cho a ≥ −1,0<α <1 thì ( 1+a )α ≤1+ na Dấu xảy va a=0 ¿ α =1 ¿ ¿ ¿ ¿ Ví dụ : Chứng minh ab + ba >1, ∀ a ,b >0 Giải - Nếu a ≥ hay b ≥ thì BĐT luôn đúng - Nếu < a,b < Áp dụng BĐT Bernouli: b b b 1 a a  b a    1 a    ab       1 a  a a a b  a  b a Chứng minh tương tự: b > a+ b Suy ab + ba >1 Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh a5 +b5 +c a+b+c ≥ 3 ( ) (1) Giải ( 1) ⇔ ( 5 3a 3b 3c + + ≥3 a+ b+c a+b+ c a+b+ c )( ) ( ) Áp dụng BĐT Bernouli: ( ( b+c −2 a ) 3a b +c − a = 1+ ≥1+ a+b+ c a+b+ c a+ b+c ) ( ) (2) Chứng minh tương tự ta đuợc: ( ( 5 ( c+ a− b ) 3b ≥ 1+ a+b+ c a+b +c 5 ( a+b −2 c ) 3c ≥ 1+ a+b+ c a+b +c ) ) (3) (4) Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có ( 5 3a 3b 3c + + ≥ 3⇒ (đpcm) a+b+ c a+ b+c a+b+c )( )( ) Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây: “Cho a1 , a2 , an >0 ; r ≥1 Chứng minh ar1 +ar2 + +arn a1+ a2 + +an r ≥ n n Dấu ‘=’ ⇔ a1=a2 = =an (chứng minh tương tự bài trên) Ví dụ 3: Cho ≤ x , y , z ≤1 Chứng minh ( x +2 y +2 z ) ( 2− x + 2− y +2− z ) ≤ 81 ( ) Giải Đặt a=2x , b=2 y , c=2 z ( 1≤ a , b , c ≤ ) ≤ a≤ ⇒ ( a −1 ) ( a −2 ) ≤ 2 ⇒ a −3 a+ 2≤ ⇒ a+ ≤ 3(1) a Chứng minh tương tự: b+ ≤3(2) b c + ≤ 3(3) c Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta (đpcm) côsi ( 1a + 1b + 1c ) 2√ ( a+ b+c ) 2( 1a + 1b + 1c ) 81 1 ⇒ ≥(a+b+ c) ( + + ) ⇒ (đpcm) a b c ≥ ( a+b+ c )+ Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này “ Cho n số x , x , ., x n ∈ [ a , b ] , c>1 Ta luôn có: x1 x2 xn − x1 − x2 ( c +c + +c ) ( c +c + +c − xn [) n ( c a+ c b ) ] c a+b Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu Kiến thức: A>B và B>C thì A>C 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     b  d  c   Tacó b  c  d  ab-ad-bc+cd >cd  ab> ad+bc (a-c)(b-d) > cd (điều phải chứng minh) a2  b2  c2  Chứng minh thỏa mãn Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 1 1    a b c abc Giải: Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc)    ac+bc-ab ( a2+b2+c2) 1 1     ac+bc-ab  Chia hai vế cho abc > ta có a b c  abc Ví dụ 3: Cho < a,b,c,d <1 Chứng minh (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-ab-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 3 dụ 4: Cho <a,b,c <1 Chứng minh 2a  2b  2c   a b  b c  c a Giải: Do a <  a  và 2 2 2 Ta có 1  a .1  b    1-b- a + a b >  1+ a b > a + b rằng: 3 mà 0< a,b <1  a > a , b > b 2 3 3 2 Từ (1) và (2)  1+ a b > a + b Vậy a + b < 1+ a b 3 3 Tương tự b + c 1  b c ; c + a   c a 3 2 Cộng các bất đẳng thức ta có : 2a  2b  2c 3  a b  b c  c a 2 2 Ví dụ Chứng minh : Nếu a  b c  d 1998 thì ac+bd =1998 Giải: 2 2 2 2 2 Ta có (ac + bd) + (ad – bc ) = a c + b d  2abcd  a d  b c - 2abcd = = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982 2 ac  bd 1998 rõ ràng (ac+bd)2   ac  bd    ad  bc  1998  Ví dụ (HS tự giải) : a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1 2 2003 c hứng minh : a + a  a   a b/ Cho a;b;c 0 thỏa mãn :a+b+c=1  2003 1  1).(  1).(  1) 8 b c Chứng minh rằng: ( a Phương pháp 9: Dùng tính chất tỷ số Kiến thức 1) Cho a, b ,c là các số dương thì a a a c 1  a – Nếu b thì b b  c a a a c 1  b – Nếu b thì b b  c 2) Nếu b,d >0 thì từ a c a a c c     b d b bd d ` Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > Chứng minh 1 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 1  a b c a b c a b c d a a  Mặt khác : a  b  c a  b  c  d (1) (2) Từ (1) và (2) ta có \ a a ad a b c d < a b c < a b c d Tương tự ta có (3) b b ba   a b c d b c d a b c d c c bc   a b c d c d a a b c d d d d c   a b c d d a b a b c d (4) (5) (6) cộng vế với vế (3); (4); (5); (6) ta có a b c d    2 a b c b c  d c d a d  a b điều phải chứng minh a c a ab  cd c  2 d Ví dụ :Cho: b < d và b,d > Chứng minh b < b  d a c ab cd ab ab  cd cd c       b2 b2  d d d b d Giải: Từ b < d a ab  cd c  2 d Vậy b < b  d điều phải chứng minh 1 Ví dụ : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000 a b  tìm giá trị lớn c d Giải: a Không tính tổng quát ta giả sử : c  b d a Từ : c  b d a a b b    c cd d a 1 c vì a+b = c+d b a b  a/ Nếu :b 998 thì d 998  c d  999 a b 999   b/Nếu: b=998 thì a=1  c d = c d Đạt giá trị lớn d= 1; c=999 a b  Vậy giá trị lớn c d =999+ 999 a=d=1; c=b=999 Phương pháp 10: Phương pháp làm trội Kiến thức: 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 Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k hiệu hai số hạng liên tiếp nhau: u k ak  ak 1 Khi đó :S =  a1  a2    a2  a3     an  an1  a1  an1 (*) Phương pháp chung tính tích hữu hạn: P = u1u2 un ak Biến đổi các số hạng u k thương hai số hạng liên tiếp nhau: u k = ak 1 a1 a2 a a n  Khi đó P = a2 a3 an 1 an 1 Ví dụ 1: Với số tự nhiên n >1 chứng minh 1 1      n 1 n  nn 1   Giải: Ta có n  k n  n 2n với k = 1,2,3,…,n-1 1 1 n         2n 2n 2n 2n Do đó: n  n  Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 1 1     n 1  n   Với n là số nguyên 2   2 k   k k k  k 1  Giải: Ta có Khi cho k chạy từ đến n ta có k  >   1 2 3   ………………  n 1  n  n  Cộng vế các bất đẳng thức trên ta có n Ví dụ 3: Chứng minh k k 1 1 1    Giải: Ta có k k  k  1 k  k Cho k chạy từ đến n ta có 2 1 1     n 1  n  n  Z  1 1 2 1   32 1 1 1        n n n n n k 2 Vậy Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức tam giác k 1 Kiến thức: 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 dụ 1: Cho a;b;c là số đo ba cạnh tam giác chứng minh 1/ a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 2/ abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Giải 1/Vì a,b,c là số đo cạnh tam giác nên ta có a  a (b  c)  b  b(a  c)  c  c ( a  b)  0  a  b  c  0  b  a  c 0  c  a  b   Cộng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 2 2/ Ta có a > b-c   a  a  (b  c) > 2 b > a-c   b  b  (c  a ) > 2 c > a-b   c  c  ( a  b)  Nhân vế các bất đẳng thức ta     a 2b c  a   b  c  b   c  a  c   a  b  2  a 2b c   a  b  c   b  c  a   c  a  b   abc   a  b  c . b  c  a . c  a  b   Ví dụ2 (HS tự giải) 1/ Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh tam giác 2 Chứng minh ab  bc  ca  a  b  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  2abc  Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa độ Ví dụ 1: Chứng minh : √ c (a − c)+ √ c (b −c )≤ √ ab , ∀ a ≥b ≥ và b ≥ c Giải v =¿( √ a − c , √ c) ¿⃗ ⃗u ⃗v =√ c (a − c)+ √ c (b − c) Thì |u⃗|=√ b , |⃗v|=√ a ; Hơn nữa: ⃗u ⃗v =|u⃗|.|⃗v| cos (⃗u , ⃗v )≤|u⃗|.|⃗v|⇒ √ c ( a− c)+ √ c (b − c) ≤ √ab ⇒ (ĐPCM) Trong mặt phẳng Oxy, chọn ⃗u=( √ c , √ b − c) ; Ví dụ 2: n Cho 2n số: x i ; y i ,i=1,2, , n thỏa mãn: n ∑ x i +∑ y i=1 i=1 Chứng minh i=1 n rằng: ∑ √ x 2i + y 2i ≥ √22 i=1 Giải: Vẽ hình y MK MN H M x x+y=1 O Trong mặt phẳng tọa độ, xét: M 1( x1 , y 1) : M ( x1 + x , y + y ) ;…; M n (x 1+ …+ x n , y +…+ y n ) ¿ Giả thiết suy M n ∈ đường thẳng x + y = Lúc đó: OM1=√ x + y Và OM1 , ¿ M M 2=√ x 22+ y 22 , +M1 M2 n +M2 M3 M M 3=√ x 23+ y 23 ,…, M n −1 M n =√ x 2n + y 2n √2 +…+ M n − M n ≥ OMn ≥ OH= 2 ⇒ ∑ √ x 2i + yi2 ≥ √ ⇒ (ĐPCM) i=1 Phương pháp 13: Đổi biến số a b c    Ví dụ1: Cho a,b,c > Chứng minh b  c c  a a  b (1) yz x zx y 2 Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a= ; b= ;c= x y z yz x zx y xy z    2x 2y 2z ta có (1)  y z x z x y y x z x z y         3  )  (  )  (  ) 6 x x y y z z x z y z  ( x y y x z y z x  2;  2  2 x y y z x z Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( ; nên ta có điều phải chứng minh Ví dụ2: Cho a,b,c > và a+b+c <1 Chứng minh 1   9 a  2bc b  2ac c  2ab 2 Giải: Đặt x = a  2bc (1) y = b  2ac ; z = c  2ab Ta có ; x  y  z  a  b  c   1 1    9 x y z (1) Với x+y+z < và x ,y,z > 1 1    Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x  y  z 3 xyz , và: x y z xyz 1  x  y  z .    9   9 x y z   x y z Mà x+y+z < Vậy (đpcm) xy  Ví dụ3: Cho x 0 , y 0 thỏa mãn x  y 1 CMR Gợi ý: Đặt x u , thay vào tính S Bài tập tự giải y v  2u-v =1 và S = x+y = u  v  v = 2u-1 25a 16b c   8 CMR: b  c c  a a  b 1) Cho a > , b > , c > 2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0 CMR ma nb pc    b c c a a b Phương pháp 14:  m  n  p   m  n  p Dùng tam thức bậc hai Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c Định lí 1: ∀x⇔ a>0 f(x) > 0, Δ<0 ¿{  ¿ f ( x)≥0, ∀ x ⇔ a> Δ ≤0 ¿ f ( x )< 0, ∀ x ⇔ a< Δ< ¿ f ( x)≤0, ∀ x ⇔ a< Δ ≤0 ¿ ¿{ ¿ Định lí 2: Phương trình f(x) = có nghiệm x 1< α <x ⇔ a f ( α )< Phương trình f(x) = có nghiệm : x 1< x <α ⇔ a f ( α ) >0 Δ> S <α ¿{{ Phương trình f(x) = có nghiệm : α < x1 < x ⇔ a f ( α ) >0 Δ> S >α ¿{{ Phương trình f(x) = có nghiệm α < x1 < β < x ¿ x 1< α < x < β ¿ ⇔ f ( α ) f ( β )< ¿ ¿ 2 Ví dụ 1:Chứng minh f  x, y  x  y  xy  x  y   2 Giải: Ta có (1)  x  x y  1  y  y   (1) 2 2   y  1  y  y  4 y  y   y  y    y  1   Vậy f  x, y   với x, y 2 Ví dụ2: Chứng minh rằng: f  x, y  x y  2 x  2 y  xy  x  xy Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với   x y  x  y  xy  x  xy   ( y  1) x  y 1  y  x  y  2 2 2 Ta có  4 y 1  y   y  y  1  16 y  Vì a =  y  1  f  x, y   (đpcm) Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n  n0 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  n0 1 1      n n Ví dụ1: Chứng minh : n  N ; n  (1) 1 1 2 Giải: Với n =2 ta có (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 (1)  Theo giả thiết quy nạp 1 1     2 2 k (k  1) k 1 1 1 1     2  2 2 k (k  1) k  k  1 k 1  1 1      2 (k  1) k   k  1 k  k 1 1   k (k  2)  (k  1) 2 k  (k  1)  k2+2k<k2+2k+1 Điều này đúng Vậy bất đẳng thức (1)được chứng minh n  a b  a n  bn   n  N và a+b> Chứng minh    (1) Ví dụ2: Cho 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  a b    (1)    k 1  a k 1  b k 1 k  a b  a b a k 1  b k 1       (2) a k  b k a  b a k 1  ab k  a k b  b k 1 a k 1  b k 1    Vế trái (2)  2 a k 1  b k 1 a k 1  ab k  a k b  b k 1  0 k k  a  b  a  b  0  (3)   Ta chứng minh (3) b (+) Giả sử a  b và giả thiết cho a  -b  a  k k k  a  b b  a k   b k  a  b  0 k a (+) Giả sử a < b và theo giả thiết k k  - a<b  a  bk  a k  bk   b  a  b  0 Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm) n n a Ví dụ 3: Cho a ≥ −1 ,1 ≤ n∈ Ν Chứng minh : 1+a ¿ ≥1+ ¿ Giải n=1: bất đẳng thức luôn đúng k n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: 1+a ¿ ≥¿ 1+ k a k +1 n= k+1 Ta cần chứng minh: 1+a ¿ ≥ 1+( k +1) a Ta có: ¿ 1+a ¿k ≥(1+a).(1+k a)≥ 1+( k +1) a+ k a ≥ 1+(k + 1) a 1+a ¿k +1=( 1+ a) ¿ ¿ Bất đẳng thức đúng với n= k+1 n n a , ∀ n∈ Ν V ậy theo nguyên lý quy nạp: 1+a ¿ ≥1+ ¿ ⇒ Ví dụ 4: Cho 1≤ n ∈ Ν a1 , a2 , … , an ≥ thoả mãn a1 +a 2+ …+an ≤ Chứng minh rằng: (1− a1 )(1− a2 ) …(1− an )≥ Giải n=1: a1 ≤ ⇒ 1− a1 ≥ ⇒ Bài toán đúng n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1− a1 )(1− a2 )…(1− a k ) ≥ n= k+1 Ta cần chứng minh: (1− a1 )(1− a2 )…(1− a k+1) ≥ Ta có: (1− a1 )(1− a2 ) …(1− a k+1)=¿ (1− a1 )(1− a2 )…(1− a k− 1)[1−( ak +a k+1)+ ak ak +1 ] (1− a1 )(1− a2 )…(1− a k− 1)[1−( ak +a k+1)]≥ (Vì a1 +a 2+ …+a k− 1+(a k + ak +1)≤ ) ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1 Vậy theo nguyên lý quy nạp: (1− a1 )(1− a2 )…(1− an )≥ Ví dụ 5: Cho 1≤ n ∈ Ν , , bi ∈ R , i=1,2, , n Chứng minh rằng: a1 b1 +a b2 + …+ an bn ¿2 ≤(a21 +a 22+ …+a2n)(b 21+ b22 +…+b 2n) ¿ Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúng n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: a1 b1 +a b2 + …+ ak b k ¿2 ≤(a 21+ a22+ …+a 2k )(b21+ b22 +…+ b2k ) ¿ n= k+1 Ta cần chứng minh: a1 b1 +a b2 + …+ ak +1 b k+1 ¿2 ≤(a21 +a 22+ …+a2k +1)( b21+ b22 +…+ b2k+1 ) (1) ¿ 2 2 2 2 VP (1)=( a +a Thật vậy: + +…+ ak )(b1 +b 2+ …+b k )+(a1 +…+ ak ) b 2 2 2 +a (b1 +b2 +…+ bk )+ ak +1 bk +1 (a1 b1 +a b 2+ …+ak b k )+2 a1 b1 ak +1 b k+1 +2 a2 b2 ak+ b k+1 +¿ 2 +…+2 a k b k ak+1 b k+1 +ak +1 b k+1 2 a1 b1 +a b2 + …+ ak b k ¿2 +2 (a b +a b +…+a b ) a b +a k+1 b k+1 1 2 k k k+1 k+1 ¿ a1 b1 +a b2 + …+ ak +1 b k+1 ¿ ¿ Vậy (1) chứng minh Ví dụ 6: Cho 1≤ n ∈ Ν , , bi ∈ R , i=1,2, , n Chứng minh rằng: a1 +a2 +…+ an a 21+ a22 +…+ a2n ¿ ≤ n n ¿ Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: a1 +a2 +…+ ak a21+ a22 +…+ a2k ¿ ≤ k k ¿ a1 +a2 +…+ ak+ a21 +a22 +…+ a2k +1 ¿≤ (1) k+1 k +1 ¿ n= k+1 Ta cần chứng minh: Đặt: a= a2+ a3 +…+ ak +1 k VP (1)= (a21 +k a 2+2 ka a) k +1 Vậy (1) đựơc chứng minh Ví dụ 7: Chứng minh rằng: ⇒ n =4 ¿ n −1 n+1 ¿ =3 ¿ ¿ k +1 ¿ ¿ ¿ ¿ n+1 ¿n −1 , ∀ n∈ Ζ , n≥ n n >¿ n Giải: n=2 n+1 ¿n −1 n ⇒n >¿ a + a +…+ak+ ¿ k+1 n=k : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k +1 ¿k − k k> ¿ k +1 ¿2 k +1 ¿ k +1 ¿2 ¿k −1 ¿ k −1 k+ 1¿ ¿ ¿ n= k+1:Ta c ó: k +1 k +1 ¿ =¿ k +1 ¿ ≥ ¿ k +1 ¿2 k −2 ¿ kk ¿ ¿¿ k +2 k ¿k − 1(k +2 k) (vì k +1 ¿2=k 2+ k +1> k +2 k ) ¿ ¿ k k +2 ¿ k k +2 ¿ ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1 k +1 ¿k +1> ¿ k k ¿ ⇒¿ n −1 n+1 ¿ , ∀ n∈ Ζ , n≥ Vậy n n> ¿ ❑ Ví dụ 8: Chứng minh rằng: |sin nx|≤ n|sin x|, ∀ n ∈ Ν , ∀ x ∈ R k+ Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: |sin kx|≤ k|sin x| n= k+1 Ta cần chứng minh: |sin( k +1) x|≤(k +1)|sin x| ¿ |a+ b|≤|a|+|b|, ∀ a , b∈ R Ta có: |sin x|,|cos x|≤1, ∀ x ∈ R ¿{ ¿ Nên: |sin( k +1) x|=|sin kx cos x +cos kx sin x| |sin kx|.|cos x|+|cos kx|.|sin x| |sin kx|.+.|sin x| k |sin x|.+ |sin x| ¿( k +1)|sin x| ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1 Vậy: |sin nx|≤ n|sin x|, ∀ n ∈ Ν ❑ , ∀ x ∈ R + Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng Kiến thức: 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 “p  q” Muốn chứng minh p⇒ q (với p : giả thiết đúng, q : kết luận đúng) phép chứng minh thực hiên sau: Giả sử không có q ( q sai) suy điều vô lý p sai Vậy phải có q (hay q đúng) 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 : “P  Q” 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 < Mà abc > và a <  cb < Từ ab+bc+ca >  a(b+c) > -bc > Vì a < mà a(b +c) >  b + c < a < và b +c <  a + b +c < trái giả thiết a+b+c > 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: a  4b , c  4d Giải: 2 Giả sử bất đẳng thức : a  4b , c  4d đúng đó cộng các vế ta a  c  4(b  d ) (1) Theo giả thiết ta có 4(b+d)  2ac (2) Từ (1) và (2)  a  c  2ac hay  a  c   (vô lý) 2 Vậy bất đẳng thức a  4b và c  4d có ít các bất đẳng thức sai Ví dụ 3:Cho x,y,z > và xyz = Chứng minh 2 1   Nếu x+y+z > 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 1 1 1     x y z x y z =x + y + z – ( ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z > nên (x-1).(y-1).(z-1) > 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 Ví dụ 4: Cho a , b , c >0 và a.b.c=1 Chứng minh rằng: a+b +c ≥ (Bất đẳng thức Cauchy số) Giải: Giả sử ngược l ại: a+b +c <3 ⇒(a+b+ c)ab<3 ab 2 ⇔ a b+(a − a) b+1< 2 ⇔ a b+ b a+cab< ab Xét : f (b)=a b+(a −3 a)b+1 a2 −3 a ¿2 − a Có = a − a3 +9 a − a ¿ a(a3 − a2 +9 a− 4) = Δ=¿ a −1 ¿2 ( a− 4) ≤ ¿a¿ ¿ a ,b ,c >0 ⇒0< a<3 ) ⇒ f (b) ≥0 ⇒ vô lý Vậy: a+b +c ≥ (Vì a+b +c <3 ¿{ ¿ Ví dụ 5: Chứng minh không tồn các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3): |a|<|b − c| (1) |b|<|c −a| (2) |c|<|a −b| (3) Giải: Giả sử tồn các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó: b − c ¿2 >a ⇒¿ c − a ¿2 >b ⇒¿ a −b ¿ 2> c ⇒¿ |a|<|b − c| |b|<|c −a| |c|<|a −b| ⇒ −(a+ b− c )(a −b+ c)>0 (1’) (2’) ⇒ −(− a+b+ c)(a+ b −c )> ⇒ −(a+ b− c )(−a+ b+c )> Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được: (3’) (a+ b− c )(a −b+ c)(− a+b+ c) ¿2 >0 ⇒ −¿ Vô lý Vậy bài toán chứng minh Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giác Nếu |x|≤ R thì đặt x = Rcos α ,    0,   ; x = Rsin ⇒ α,α∈ [ −π π , 2 ] R Nếu |x|≥ R thì đặt x = cos α 3.Nếu √¿ ( x − a ) + ( y − b ) =R , ¿ thì đặt α ∈ ¿ ∪¿ ¿ x=a+ R cos α y =b+ R sin α ,(α =2 π) ¿{ ¿ ¿ x=α +aR cos α y=β + bR sin α x−α y −β 2 + =R a ,b >0 thì đặt Nếu ,(α =2 π ) a b ¿{ ¿ Nếu bài toán xuất biểu thức : ( ax )2+ b2 , ( a ,b >0 ) b π π Thì đặt: x= a tg α , α ∈ − , ( ) ( ) ( ) Ví dụ 1: Cmr : |a √ 1− b2 +b √ 1− a2 + √ (ab − √ ( 1− b2 ) ( 1− a2 ) )|≤2, ∀ a , b ∈ [ −1,1 ] Giải : |a|≤ ,|b|≤1 ¿ a=cos α Đặt : b=cos β ¿{ ¿ (α , β ∈[ , π ]) Khi đó :  a  b  b  a  ab  1  b  1  a   2 cos  sin   cos  sin    cos  cos   sin  sin    )    2,   ( dpcm) Ví dụ : Cho a , b ≥ Chứng minh : a √ b −1+b √ a ≤ab sin(   )  3.cos(   ) 2 cos(    Giải : cos α α , β ∈ 0, π b= cos β { a= Đặt : [ ]) ( 1 tg  tg (tg  cos   tg cos  ) 2  a b  b a   tg   tg     cos  cos  cos  cos  cos2  cos  (sin   sin 2 ) sin(   ) cos in(   )    ab 2 2 cos  cos  cos  cos  cos  cos  a − b ¿2 ¿ Ví dụ 3: Cho ab ≠ Chứng minh : a −¿ −2 √ 2− 2≤ ¿ π π Giải :Đặt: a=2 btg α , α ∈ − , 22 a  (a  4b)2 tg 2  (tg  2)   4(tg  1).cos  2 a  4b  tg  2sin 2  2(1  cos 2 ) 2(sin 2  cos 2 )   2 sin(2  )     2  2, 2  2 ( ) Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton Kiến thức: Công thức nhị thức Newton ( a+b ) n n ∑ Ckn a n− k bk , ∀ n ∈ N ❑ , ∀ a , b ∈ R k=0 1 Trong đó hệ số + + + .+ n(n+1) <1(n∈ N ∗) Một số tính chất đặt biệt khai triển nhị thức Newton: + Trong khai triển (a + b)n có n + số hạng + Số mũ a giảm dần từ n đến 0, đó số mũ b tăng từ đến n Trong số hạng khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ a và b n +Các hệ số cách hai đầu thì k n− k Cn =C n + Số hạng thứ k + là Cnk a n −k b k (0 ≤ k ≤n) Ví dụ 1: Chứng minh ( 1+a )n ≥ 1+ na , ∀ a ≥ 0, ∀ n ∈ N ❑ (bất đẳng thức bernoulli) Giải n n Ta có: ( 1+a ) =∑ C kn ak ≥ C 0n+ C1n a=1+ na (đpcm) k=0 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: an +bn a+b n ≥ , ∀ a , b ≥ 0, ∀ n ∈ N ❑ a) 2 an +bn + cn a+b+ c n ❑ ≥ , ∀ a , b , c ≥ 0, ∀ n∈ N b) 3 ( ) ( ) Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: ( a+b )n=C 0n a n+ C1n an − b+ +C nn −1 a b n −1 +C nn b n n ( a+b ) =C 0n b n+C 1n bn − a+ +C nn −1 b an −1 +C nn a n ⇒ ( a+b )n=C 0n (an +b n)+C 1n (a n− b +bn − a)+ +Cnn − (a bn −1 +b an − 1)+C nn (bn +a n) ∀ a , b ≥0, ∀ i=1,2, , n −1 : n −i n −i ( a −b ) ( −b i ) ≥ ⇒a n+ bn ≥ an −i bi −a i b n− i n n n n n ⇒ ( a+b )n ≤ C0n (an +bn )+C1n( an +b n)+ +C n− n (a +b )+C n (b +a ) ¿( an +b n)(C 0n +C1n + +C nn −1 +Cnn )=2n ( an +b n) a+b n an +b n ⇒ ≤ n a+ b+c b) Đặt d= ≥ ( ) Theo câu (a) ta có: a+b n c+ d n + 2 a n+ bn +c n +d n ≥ 4 a+b+c +d n n ¿ ≥d ¿ ¿ ⇒ a n+ bn +c n +d n ≥ d n ⇒ a n+ bn +c n ≥ d n a+b n c +d n + 2 ≥¿ 2 ( ) ( ) ( )( ) Phương pháp 19: Sử dụng tích phân Hàm số: f , g : [ a , b ] → R liên tục, lúc đó: b * Nếu f (x) ≥0, ∀ x ∈ [ a ,b ] thì ∫ f ( x)dx ≥ a b * Nếu f ( x)≥ g( x ), ∀ x ∈ [ a , b ] thì b ∫ f ( x)dx ≥ ∫ g(x )dx a a * Nếu f ( x)≥ g( x ), ∀ x ∈ [ a , b ] và ∃ x ∈ [ a , b ] : f (x )>g (x 0) thì b b ∫ f (x)dx ≥ ∫ g( x )dx a a b * b |∫ | ∫| f ( x)|dx f (x)dx ≤ a a b * Nếu m≤ f (x) ≤ M , ∀ x ∈ [ a , b ] thì m≤ ∫ f ( x ) dx ≤ M b −a a số) Ví dụ 1: Cho A, B, C là ba góc tam giác A B C Chưng minh rằng: tg + tg + tg ≥ √ 2 Giải: x Đặt f ( x)=tg , x ∈(0 , π ) ' x f (x)= (1+tg ) 2 x '' 2x f ( x )= tg (1+ tg )> , x ∈( , π ) 2 Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho: f ( A)+ f ( B)+ f (C ) A + B+C ≥f 3 A B C A+ B+C tg + tg + tg ≥ tg 2 A B C π tg + tg + tg ≥ tg 2 A B C tg + tg + tg ≥ √ 2 ( ( Ví dụ 2: Chứng minh: π dx π ≤∫ ≤ 10 −2 cos2 x Giải Trên đoạn π [ ] ta có: 0, π ) ) (m, M là cos x 1  2 cos x 2    cos x 0 1  5  cos x 5    5  cos x   1 dx 1  dx        ∫    ∫   đpcm    2 5   cos x   10  2cos x PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO *Dùng định nghĩa a2  1) Cho abc = và a  36 Chứng minh b2+c2> ab+bc+ac a2 a2 a2    Giải: Ta xét hiệu: b2+c2- ab- bc – ac = 12 b2+c2- ab- bc – ac a a2 a2 a  36abc   = ( b2+c2- ab– ac+ 2bc) + 12 3bc =( -b- c)2 + 12a a  36abc a =( -b- c)2 + 12a >0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên a >0 ) a2  Vậy : b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chứng minh 4 2 a) x  y  z  2 x.( xy  x  z  1) b) với số thực a , b, c ta có c) Giải: a  5b  4ab  2a  6b   a  2b  2ab  2a  4b  0  4 2 2 2 a) Xét hiệu: x  y  z   x y  x  xz  x = x  y    x  z    x  1 2 =H H 0 ta có điều phải chứng minh 2 b) Vế trái có thể viết H =  a  2b  1   b  1   H > ta có đpcm 2 c) vế trái có thể viết H =  a  b  1   b  1  H  ta có điều phải chứng minh * Dùng biến đổi tương đương 1) Cho x > y và xy =1 Chứng minh x  y2  8  x  y2 Giải: Ta có  x y 2 x  y  x  y   xy  x  y   2   x  y   4. x  y   (vì xy = 1) 2 Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với  x  y   4 x  y   8. x  y   x  y   4 x  y   0    x  y    0 BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh 2) Cho xy  Chứng minh 1   2 1 x 1 y  xy Giải: 1   2 1 x 1 y  xy  Ta có    1   1       0   2    x  y    y  xy  xy  x xy  y x( y  x) y( x  y )  0  2 1  x .1  xy  1  y .1  xy    x 1  xy   y 1  xy  0  y  x   xy  1 0  x  y 1  xy  BĐT cuối này đúng xy > Vậy ta có đpcm        * Dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1 Chứng minh Giải: áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) và (a,b,c) Ta có  a2  b2  c2  1.a 1.b 1.c  1 1 1.a  b  c    a  b  c  3.a  b  c  a  b2  c  (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c là các số dương Chứng minh  a  b  c .    9 a b c (1) Giải: (1)  a a b b c c         9 b c a c a a a b a c b c             9  b a  c a  c b x y  2 áp dụng BĐT phụ y x Với x,y > Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng  a  b  c .    9 a b c Vậy (đpcm) * Dùng phương pháp bắc cầu 3 2 1) Cho < a, b,c <1 Chứng minh : 2a  2b  2c   a b  b c  c a Giải: Do a <1  a <1 và b <1 2 2 Nên 1  a   b     a b  a  b   2 Hay  a b  a  b (1) Mặt khác <a,b <1  a  a ; 3 Vậy a  b   a b Tương tự ta có  b  b   a  a  b3 b3  c3   b c; a3  c3   c a 2a  2b  2c   a 2b  b c  c a (đpcm) 2) So sánh 31 11 và 17 14 11 3211  25 Giải: Ta thấy 31 <   256 2 4.14  24   Mặt khác * Dùng tính chất tỉ số 14 11 255  256 1614  1714 1) Cho a ,b ,c ,d > Cminh rằng: Giải: Vì a ,b ,c ,d > nên ta có 11 Vậy 31 < 17 2 14 (đpcm) a b b c cd d a    3 a bc b c d c  d a d a b a b a b a b d   a b c  d a b c a b c  d b  c bc bc a   a b c  d b c  d a b c d d a d a d a c   a b c  d d  a b a b c  d (1) (2) (3) Cộng các vế bất đẳng thức trên ta có : 2 a b b c cd d a    3 a b c b c d c  d  a d a b (đpcm) 2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác 1 a b c   2 b c c a a b Chứng minh : Giải: Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh tam giác nên ta có a,b,c > Và a < b +c ; b <a+c ; c < a+b a a a 2a   b c a b c a b c Từ (1) a a  Mặt khác b  c a  b  c a a 2a   Vậy ta có a  b  c b  c a  b  c Tương tự ta có  b b 2b   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 : 1 a b c   2 b c c a a b (đpcm) * Phương pháp làm trội : 1) Chứng minh BĐT sau : 1 1     (2n  1).(2n 1) a) 1.3 3.5 1 1    2 1.2.3 n b) 1.2 1.2.3 Giải: 1  2k  1  (2k  1)  1       a) Ta có :  2n  1  2n  1 (2k  1).(2k 1)  2k  2k   Cho n chạy từ đến k Sau đó cộng lại ta có 1 1          1.3 3.5 (2n  1).(2n 1)  n 1  (đpcm) 1 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  1              2 2 n  n n <  2  3 (đpcm) PHẦN IV : ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC 1/ Dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị Kiến thức: - 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| = (1) 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 Ví dụ : Tìm giá trị lớn S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) (2) với x,y,z > và x+y+z =1 Giải: Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Côsi ta có  3 xyz 3 1 xyz   xyz  27 x+ y + z áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có  x  y   y  z   z  x  3  x  y   y  z   x  z   3  x  y   y  z   z  x  Dấu xảy x=y=z= 8  Vậy S  27 27 729 Vậy S có giá trị lớn là 729 x=y=z= 4 Ví dụ 3: Cho xy+yz+zx = Tìm giá trị nhỏ x  y  z Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ;(x,y,z)  xy  yz  zx   x2  y2  z     x2  y  z   Ta có (1) 2 Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x , y , z ) và (1,1,1) 2 2 2 4 2 2 4 Ta có ( x  y  z ) (1 1  )( x  y  z )  ( x  y  z ) 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,y  x  y  h a.h a h a xy Ta có S = Vì a không đổi mà x+y = 2a Vậy S lớn x.y lớn  x  y Vậy các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích lớn 2/ Dùng Bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình 2 Ví dụ 1:Giải phương trình: 3x  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 3x  x 19  x  10 x  14 2  5 Dấu ( = ) xảy x+1 =  x = -1 2 Vậy 3x  x  19  x  10 x  14 4  x  x Vậy phương trình có nghiệm x = -1 x = -1 2 Ví dụ 2: Giải phương trình x   x 4 y  y  Giải : áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có : x   x  12  12 x    x   2 2 Mặt khác Dấu (=) xảy x = 1 y  y   y 1  2 Dấu (=) xảy y = - 2 2 Vậy x   x 4 y  y  2 x =1 và y =-  x 1    y  Vậy nghiệm phương trình là  x  y  z 1  4 Ví dụ 3:Giải hệ phương trình sau:  x  y  z xyz Giải: áp dụng BĐT Côsi ta có x4  y y  z z  x4   x y  y z  z x 2 2 x2 y  y z z y  z z x2 z  y x2    2 2 2  y xz  z xy  x yz xyz.( x  y  z ) x4  y4  z4  4 x  y  z  xyz Vì x+y+z = 1) Nên Dấu (=) xảy x = y = z =  x  y  z 1  4 Vậy  x  y  z xyz có nghiệm x = y = z =  xy  8  y  Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau  xy 2  x y   y 0 Từ phương trình (1) Từ phương trình (2) (1) (2) hay  x   x y 2 x  x  2 x  22 0  ( x  2) 0  x   x  Nếu x = thì y = 2 Nếu x = - thì y = -2  x    y   x 2   y  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm và 3/ Dùng BĐT để giải phương trình nghiệm nguyên 2 Ví dụ 1: Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn x  y  z  xy  y  z  2 Giải: Vì x,y,z là các số nguyên nên x  y  z xy  y  z    y2   3y2  x  y  z  xy  y  z  0   x  xy      y    z  z  0      2 y  y    x      1   z  1 0 2  2  (*)  2 y  y   x      1   z  1 0    Mà  x, y  R y  y    x      1   z  1 0 2  2  y   x  0  x 1  y     0   y 2 2  z 1   z  0    x 1   y 2  z 1  Các số x,y,z phải tìm là 1   2 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x y z Giải: Không tính tổng quát ta giả sử x  y  z 1      z 3 x y z z Ta có Mà z nguyên dương z = Thay z = vào phương trình ta 1  1 x y 1   Theo giả sử x y nên = x y y  y 2 mà y nguyên dương 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 3: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 > 2 Ta có x  x  y  x  x  y  x  y  x  Đặt x k (k nguyên dương vì x nguyên dương ) Ta có k (k  1)  y 2 Nhưng k  k  k  1   k  1  k  y  k  (*) 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 đề nghị : a b c 1 Bài 1:Chứng minh với a,b,c > : bc + ac + ab ≥ a + b + c HD : Chuyển vế quy đồng mẫu đưa tổng bình phương các đẳng thức 1 1 Bài 2:Chứng minh bất đẳng thức : + + + .+ n(n+1) <1(n∈ N ∗) 1 HD: k (k +1) = k − k + Bài 3: Cho a, b c > và a + b + c (1+ 1a )(1+ 1b )(1+ 1c )≥ 64 (1+ 1a ) ,(1+ 1b ),( 1+ 1c ) Cmr : HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho Bài : Cho a ≥ c ≥ , b ≥ c ≥ Cmr : √ c (a − c)+ √ c (b −c )≤ √ ab √ HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho theo vế c a −c c b −c , , cộng hai vế b a a b √ a2 b2 + Bài 5: Cho a, b >1 Tìm GTNN S = b− a −1 a2 b2 , HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho và xét trường hợp dấu b− a −1 “=” xảy 2 Bài : Tìm GTLN và GTNN y = π π tg α , α ∈ − , 2 √2 ( HD: Đặt x= ) Bài 10: Cho 36x ❑2+16 y 2=9 Cmr : HD: Đặt : 1+2 x ¿ ¿ 3+ x2 +12 x ¿ 15 25 ≤ y −2 x +5 ≤ 4 x = cos α y= sin α { Bài 11: Cmr : √ 1+ √1 − x ≥ 2x (1+2 √1 − x ), ∀ x ∈ [ − 1,1 ] 2 π π HD : Đặt x = sin α , α ∈ − , Bài 12: Cho a , b ≥ , c ≤ Chứng minh rằng: a2 +b 2+ c ≤ 1+ a2 b+b2 c +c a [ ] Bài 13: Cho Δ ABC có a, b, c là độ dài các cạnh Chứng minh rằng: a b(a −b)+b2 c (b − c)+c a( c − a)≥ Bài 14: Cho n ∈ Ζ , ≤n , a , b ≥ Chứng minh an +bn a+b ≥ 2 n ( ) n Bài 15: n ∈ Ζ , ≤n Chứng minh rằng: 2< 1+ < ( n) tg x Bài 16: Có tồn x ∈ R cho: ≤ tgx ≤ ? Bài 17: Cho Δ ABC có diện tích (đơn vị diện tích) Trên các cạnh BC, CA, AB lấy lần lược các điểm A’, B’, C’ Chứng minh rằng: Trong tất các tam giác AB’C’, A’BC’, A’B’C có ít diện tích nhỏ hay 1(đơn vị diện tích)