Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo án - Bài giảng Trung học cơ sở 19phngphapchngminhbtngthc 121016083713 phpapp01...

Tài liệu 19phngphapchngminhbtngthc 121016083713 phpapp01

.PDF
37
230
81
anhtrinh845111
Tải xuống 81
/ 37 trang
Tải xuống 81

Mô tả:

19 phương pháp giúp các em học sinh chứng minh bất đẳng thức
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com PHẦN 1 CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý 1/Định nghĩa A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0  A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0 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 > 0 ⇒ A.C > B.C + A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C + 0 < A < B và 0 < C B > 0 ⇒ A n > B n ∀n + A > B ⇒ A n > B n với n lẻ + A > B ⇒ A n > B n với n chẵn + m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n + m > n > 0 và 0 0 ⇒ 1 1 > A B 3/Một số hằng bất đẳng thức + A 2 ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + An ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + A ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 ) + -A 0) + A − B ≤ A − B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0) Sưu tầm và tuyển chọn 1 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0 Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2 ≥ 0 với∀ M Ví dụ 1 ∀ x, y, z chứng minh rằng : a) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx b) x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz c) x 2 + y 2 + z 2 +3 ≥ 2 (x + y + z) Giải: 1 2 a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx = .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx) [ ] 1 ( x − y ) 2 + ( x −z ) 2 + ( y − z ) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R 2 Vì (x-y)2 ≥ 0 với∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y = (x-z)2 ≥ 0 với∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z (y-z)2 ≥ 0 với∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z b)Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –2yz = ( x – y + z) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z ∈ R Dấu bằng xảy ra khi x+y=z c) Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 +3 – 2( x+ y +z ) = x 2 - 2x + 1 + y 2 -2y +1 + z 2 -2z +1 = (x-1) 2 + (y-1) 2 +(z-1) 2 ≥ 0. Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1 Ví dụ 2: chứng minh rằng : 2 a2 + b2  a + b  ≥ a)  ; 2  2  b) a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3 3   2 c) Hãy tổng quát bài toán Giải: 2 a2 + b2  a + b  − a) Ta xét hiệu  2  2  1 1 2 a2 + b2 a 2 + 2ab + b 2 2 − = = 2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab = ( a − b ) ≥ 0 4 4 4 4 2 2 2 a +b a+b ≥ Vậy Dấu bằng xảy ra khi a=b  . 2  2  ( ) ( ) b)Ta xét hiệu Sưu tầm và tuyển chọn 2 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com [ 2 ] a2 + b2 + c2  a + b + c  1 2 2 2 −  = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 .Vậy 3 3   9 a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3 3   2 Dấu bằng xảy ra khi a = b =c c)Tổng quát 2 a12 + a 22 + .... + a n2  a1 + a 2 + .... + a n  ≥  n n   Tóm lại các bước để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B Bước 2:Biến đổi H=(C+D) 2 hoặc H=(C+D) 2 +….+(E+F) 2 Bước 3:Kết luận A ≥ B Ví dụ 1: Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có : m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1≥ m(n+p+q+1) Giải:  m2   m2   m2   m2  ⇔  − mn + n 2  +  − mp + p 2  +  − mq + q 2  +  − m + 1 ≥ 0  4   4   4   4  2 2 2 2 m  m  m  m  ⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ 0 (luôn đúng) 2  2  2  2  m m   2 −n =0 n=  m 2  m  − p=0  m=2 2 p = ⇔ Dấu bằng xảy ra khi  m 2 ⇔ n = p = q = 1  −q =0  m q = 2  m  m = 22 − 1 = 0   2 Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c) Giải: Ta có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c) , ∀a, b, c > 0 ⇔ a 4 + b 4 + c 4 − a 2 bc − b 2 ac − c 2 ab ≥ 0 ⇔ 2a 4 + 2b 4 + 2c 4 − 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0 ( ⇔ a2 −b2 ( ⇔ a2 −b2 ( ⇔ a2 −b2 ) 2 ) + (b 2 ) + (b 2 ( + 2a 2 b 2 + b 2 − c 2 2 2 −c2 −c2 Đúng với mọi a, b, c. ) + (c 2 ) + (c 2 ) 2 ( + 2b 2 c 2 + c 2 − a 2 ) 2 + 2a 2 c 2 − 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0 2 2 −a2 −a2 ) 2 + (a 2 b 2 + b 2 c 2 − 2b 2 ac ) + (b 2 c 2 + c 2 a 2 − 2c 2 ab) ) + ( ab − bc ) 2 + ( a 2 b 2 + c 2 a 2 − 2a 2 ab) ≥ 0 2 + ( bc − ac ) + ( ab − ac ) ≥ 0 2 Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương Sưu tầm và tuyển chọn 3 2 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Kiến thức: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng. Nếu A < B ⇔ C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết là đúng thì có bất đẳng thức A < B . Chú ý các hằng đẳng thức sau: ( A + B ) 2 = A 2 + 2 AB + B 2 ( A + B + C ) 2 = A 2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC ( A + B ) 3 = A 3 + 3 A 2 B + 3 AB 2 + B 3 Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng b2 ≥ ab 4 b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e ) a) a 2 + Giải: b2 2 ≥ ab ⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0 ⇔ ( 2a − b ) ≥ 0 4 b2 (BĐT này luôn đúng). Vậy a 2 + ≥ ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b) 4 2 2 2 b) a + b + 1 ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b 2 + 1 ) > 2(ab + a + b) ⇔ a 2 − 2ab + b 2 + a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 ≥ 0 ⇔ (a − b) 2 + (a − 1) 2 + (b − 1) 2 ≥ 0 Bất đẳng thức cuối đúng. a) a 2 + Vậy a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b . Dấu bằng xảy ra khi a=b=1 c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e ) ⇔ 4( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ) ≥ 4a( b + c + d + e ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ a 2 − 4ab + 4b 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 + a 2 − 4ad + 4d 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 ≥ 0 ⇔ ( a − 2b ) 2 + ( a − 2c ) 2 + ( a − 2d ) 2 + ( a − 2c ) 2 ≥ 0 Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ( a10 + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 ) Giải: (a )( ( ) ( )( ) + b10 a 2 + b 2 ≥ a 8 + b 8 a 4 + b 4 ⇔ a 12 + a 10 b 2 + a 2 b10 + b12 ≥ a 12 + a 8 b 4 + a 4 b 8 + b12 ⇔ a 8 b 2 a 2 − b 2 + a 2 b 8 b 2 − a 2 ≥ 0 ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ 0 ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ 0 10 ) ( ) Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 và x 〉 y Chứng minh x2 + y2 ≥2 2 x− y x2 + y2 ≥ 2 2 vì :x 〉 y nên x- y 〉 0 ⇒ x2+y2 ≥ 2 2 ( x-y) Giải: x− y 2 ⇒ x +y2- 2 2 x+ 2 2 y ≥ 0 ⇔ x2+y2+2- 2 2 x+ 2 2 y -2 ≥ 0 ⇔ x2+y2+( 2 )2- 2 2 x+ 2 2 y -2xy ≥ 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2 ⇒ (x-y- 2 )2 ≥ 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4: Chứng minh rằng: a/ P(x,y)= 9 x 2 y 2 + y 2 − 6 xy − 2 y + 1 ≥ 0 ∀x, y ∈ R Sưu tầm và tuyển chọn 4 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com b/ a 2 + b 2 + c 2 ≤ a + b + c (gợi ý :bình phương 2 vế) c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn: x. y.z = 1  1 1 1  + + < x+ y+z  x y z Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1 Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( x + y + z )=x+y+z - ( + + ) > 0 (vì x + y + z < x+y+z x y z theo gt) ⇒ 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương. Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1 ⇒ x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1 a b c Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 1 < a + b + b + c + a + c < 2 Giải: Ta có : 1 1 a a > ⇒ > (1) a+b a+b+c a+b a+b+c b b c c : b + c > a + b + c (2) , a + c > a + b + c (3) a+b< a+b+c⇒ Tương tự ta có Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được : 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 < c+a a+b+c ( 6) Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được : a b c + + <2 a+b b+c a+c (**) a b c Từ (*) và (**) , ta được : 1 < a + b + b + c + a + c < 2 (đpcm) Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ Kiến thức: a) x 2 + y 2 ≥ 2 xy 2 2 b) x + y ≥ xy dấu( = ) khi x = y = 0 c) ( x + y ) 2 ≥ 4 xy a b b a d) + ≥ 2 Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) 2 ≥ 4 xy Sưu tầm và tuyển chọn 5 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com ( a + b ) 2 ≥ 4ab ; ( b + c ) 2 ≥ 4bc ; ( c + a ) 2 ≥ 4ac ⇒ ( a + b ) 2 ( b + c ) 2 ( c + a ) 2 ≥ 64a 2 b 2 c 2 = ( 8abc ) 2 ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc Tacó Dấu “=” xảy ra khi a = b = c Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy Kiến thức: a/ Với hai số không âm : a, b ≥ 0 , ta có: a + b ≥ 2 b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm : ab . Dấu “=” xảy ra khi a=b a1 + a 2 + ... + a n ≥ n n a1 a 2 ..a n n  a + a 2 + ... + a n  ⇔ a1 a 2 ..a n ≤  1  n   Dấu “=” xảy ra khi a1 = a 2 = ... = a n Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm. Ví dụ 1 : Giải phương trình : Giải : Nếu đặt t =2x 2x 4x 2x 3 + + = x x x x 2 4 +1 2 +1 2 + 4  a = 2x thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt  , a, b > 0 x  b = 4 a b 1 3 Khi đó phương trình có dạng : b + 1 + a + 1 + a + b = 2 Vế trái của phương trình:  a   b   1  = + 1 +  + 1 +  + 1 − 3  b +1   a +1   a + b   a + b +1  a + b +1  a + b +1 = + + −3  b +1   a +1   a + b  1 1   1 = ( a + b + c) + + −3  b +1 a +1 a + b  [ ( b + 1) + ( a + 1) + ( a + b ) ] 1 + 1 + 1  − 3  b +1 a +1 a + b  ≥ 1 3 3 3 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) . −3 = 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) 2 2 Vậy phương trình tương đương với : a + 1 = b + 1 = a + b ⇔ a = b = 1 ⇔ 2x = 4x = 1 ⇔ x = 0 . x y z Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P = x + 1 + y + 1 + z + 1 1 1 1 Giải : P = 3- ( x + 1 + y + 1 + z + 1 ) = 3 – Q. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì Sưu tầm và tuyển chọn 6 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com a + b + c ≥ 3 3 abc 1 1 1 1 + + ≥ 33 a b c abc 1 1 1 ⇒ ( a + b + c ) + +  ≥ 9 a b c 1 1 1 9 ⇒ + + ≥ a b c a +b+c 1 1 1 9 Suy ra Q = x + 1 + y + 1 + z + 1 ≥ 4 ⇒ 3 1 Vậy max P = 4 .khi x = y = z = 3 . Ví dụ 3: 9 Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng: Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : a 2 + +bc ≥ 2a bc ⇒ 9 1 1 1 a+b+c + 2 + 2 ≤ 2abc a + bc b + ac c + ab 2 2 1 1 1 1  ≤ ≤  +  a + +bc a bc 2  ab ac  2 Tương tự : 2 1 1 1 1  ≤ ≤  +  b + + ac b ac 2  bc ab  2 1 1 1 1 ≤ ≤  +  2 c + + ab c ab 2  ac bc  2 2 2 a+b+c ⇒ 2 + 2 + 2 ≤ 2abc a + bc b + + ac c + + ab 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. a b c Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC : b + c − a + c + a − b + a + b − c ≥ 3 (*) 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) ≤ 1 (b + c − a + c + a − b) = c (2) 2 Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được (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 ra (*). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều . Ví dụ 5: 0< a≤ b≤ c x y z ( a + c) Cho  . Chứng minh rằng: ( + by + cz )  + +  ≤ 4ac a b c  0 < x, y , z Giải: Đặt f ( x) = x 2 − (a + c) x + ac = 0 có 2 nghiệm a,c Mà: a ≤ b ≤ c ⇒ f (b) ≤ 0 ⇔ b 2 − (a + c)b + ac ≤ 0 Sưu tầm và tuyển chọn 3 -Q ≤ − 4 nên P = 3 – Q ≤ 3- 4 = 4 7 2 ( x + y + z) 2 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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: ⇒2 ( xa + yb + zc ) ac x + y + z  ≤ ( a + c )( x + y + z ) a b c x y z 2 2 ⇔ 4( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( a + c ) ( x + y + z ) a b c  x y z  ( a + c) ⇔ ( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ 4ac a b c Phương pháp 5 Kiến thức: Cho 2n số thực ( n ≥ 2 ): 2 ( x + y + z ) 2 (đpcm) Bất đẳng thức Bunhiacopski a1 , a 2 ,...a n , b1 , b2 ,..., bn . Ta luôn có: (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) ≤ (a12 + a 22 + ... + a n2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) 2 a a a n 1 2 Dấu “=” xảy ra khi ⇔ b = b = .... = b 1 2 n b1 b2 bn Hay a = a = .... = a (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 ) 1 2 n Chứng minh:  a = a 2 + a 2 + ... + a 2 1 2 n Đặt  2 2 2  b = b1 + b2 + ... + bn • Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng. • Nếu a,b > 0: Đặt: α i = ai b , β i = i ( i = 1,2,...n ) , a b Mặt khác: α i β i Suy ra: Lại có: Suy ra: ≤ Thế thì: α 12 + α 22 + ... + α n2 = β 12 + β 22 + ... + β n2 1 2 (α i + β i2 ) 2 1 2 1 (α1 + α 22 + .... + α n2 ) + ( β12 + β 22 + ... + β n2 ) ≤ 1 2 2 ⇒ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a.b α1 β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ a1b1 + a 2 b2 +... + a n bn ≤ a1b1 + a 2 b2 +... + a n bn (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 22 + ... + a n2 )(b12 + b22 + ... + bn2 )  α i = β i ( ∀i = 1,2,..., n ) a a a ⇔ 1 = 2 = .... = n b1 b2 bn α 1 β 1 ....α n β n cùng dáu Dấu”=” xảy ra ⇔  Ví dụ 1 : Chứng minh rằng: ∀x ∈R , ta có: sin 8 x + cos 8 x ≥ Giải: Ta có: sin 2 x + cos 2 x = 1, ∀x ∈ R Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: Sưu tầm và tuyển chọn 8 1 8 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 1 = (sin 2 x.1 + cos 2 x.1) ≤ (sin 4 x + cos 4 x )(12 + 12 ) 1 ≤ sin 4 x + cos 4 x 2 2 1 ⇒ ≤ (sin 4 x + cos 4 x ) 4 ⇔ Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa: 2 1 ≤ (sin 4 x.1 + cos 4 x.1) 4 1 ⇔ ≤ (sin 8 x + cos 8 x )(12 + 12 ) 4 1 ⇔ (sin 4 x + cos 4 x ) ≥ 8 ⇔ 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 bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: Thế thì: ( a i , bi ,..., ci )(i =1,2,...., m) (a1 a 2 ...a m + b1b2 ...bm + ... + c1c 2 ...c m ) 2 ≤ (a1m + b1m + ... + c1m )(a 2m + b2m + ... + c 2m )(a mm + bmm + ... + c mm ) Dấu”=” xảy ra ⇔ ∃ bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì ∃ t i sao cho: a = t i ai , b = t i bi ,..., c = t i ci , Hay a1 : b1 : ... : c1 = a 2 : b2 : ... : c 2 = a n : bn : ...cn Ví dụ 1: Cho a12 + a 22 + ... + a n2 = 3  n ∈ Z,n ≥ 2  Chứng minh rằng: a a1 a 2 + + .... + n < 2 2 3 n +1 Giải: ∀k ∈N ⇒ 1 < k2 * ta có: 1 1 k− 2 − 1 < k2 1 k2 − 1 4 = 1 1  1   k −  k +  2  2  1 k+ 1 2    1  1 1 1  1 1   1 1  1   ⇒ 2 + 2 + ... + 2 <  − + − + ... + − 5   5 7  2 3 n 3 n− 1 n+ 1     2 2  2 2  2 2 1 1 2 = − < 3 1 3 2 n+ 2 Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski: a a1 a 2 + + .... + n ≤ a12 + a 22 + ... + a n2 2 3 n +1 Ví dụ 2: 1 1 1 2 + 2 + ... + 2 < 3 < 2 (đpcm) 2 3 2 3 n Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng: ( a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó Sưu tầm và tuyển chọn 9 ac+bd ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com mà ( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 = a 2 + b 2 + 2( ac + bd ) + c 2 + d 2 ≤ ( a 2 + b 2 ) + 2 a 2 + b 2 . c 2 + d 2 + c 2 + d 2 ⇒ (a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 Ví dụ 3: Chứng minh rằng : a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có (12 + 12 + 12 )(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) 2 ⇒ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2( ab + bc + ac ) ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c Phương pháp 6: Kiến thức: Bất đẳng thức Trê- bư-sép  a1 ≤ a2 ≤ ..... ≤ an a)Nếu   b1 ≤ b2 ≤ ..... ≤ bn thì a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn . ≤ n n n a1 = a 2 = .... = a n  1 = b2 = .... = bn Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi b  a1 ≤ a2 ≤ ..... ≤ an b)Nếu  thì  b1 ≥ b2 ≥ ..... ≥ bn a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn . ≥ n n n a1 = a 2 = .... = a n  1 = b2 = .... = bn Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi b Ví dụ 1: Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và sin A. sin 2a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 2 S = . sin A + sin B + sin C 3 S là diện tích tan giác. chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều. Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư 0< A≤B≤C < π . Suy 2 ra:  sin A ≤ sin B ≤ sin C   sin 2a ≤ sin 2B ≤ sin 2C Áp dụng BĐT trebusep ta được: ( sin A + sin B + sin C )( sin 2 A + sin 2 B + sin 2C ) ≥ ≥ 3( sin A. sin 2 A + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C ) ⇔ sin A. sin 2 A + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 1 ≤ (sin 2 A + sin 2 B + sin 2C ) sin A + sin B + sin C 3 sin A = sin B = sin C Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ sin 2 A = sin 2 B = sin 2C ⇔ ∆ABC dêu  Mặt khác: Sưu tầm và tuyển chọn 10 . 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com sin 2 A + sin 2 B + sin 2C = 2 sin( A + B ). cos( A − B ) + sin 2C = 2 sin C [cos( A − B ) + cos C ] = 2 sin C [cos( A − B ) − cos( A + B )] = 2 sin C.2 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 Dấu sin A. sin 2a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 2S ≤ . sin A + sin B + sin C 3 ‘=’ xảy ra ⇔ ∆ ABC đều. Ví dụ 2(HS tự giải): a/ Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 b/ c/ Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 Cho a>0 , b>0, c>0 CMR: 1 1 1 + + ≥9 a b c CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z ) CMR: a b c 3 + + ≥ b+c c+a a+b 2 d)Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 ;CMR: x+y ≥ 1 5 Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng Giải: a3 b3 c3 1 + + ≥ b+c a+c a+b 2  a2 ≥ b2 ≥ c2 Do a,b,c đối xứng ,giả sử a ≥ b ≥ c ⇒  a ≥ b ≥ c  b + c a + c a + b Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có a b c a2 + b2 + c2  a b c  1 3 1 + b2. + c2. ≥ . + + = . = b+c a+c a+b 3 b+c a+c a+b 3 2 2 1 a3 b3 c3 1 + + ≥ Vậy Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= 3 b+c a+c a+b 2 a2. Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng : a + b + c + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 Giải: Ta có a 2 + b 2 ≥ 2ab c 2 + d 2 ≥ 2cd 1 1 1 Do abcd =1 nên cd = (dùng x + ≥ ) ab x 2 1 Ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ 4 (1) ab Mặt khác: a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) 1   1   1   =  ab +  +  ac +  +  bc +  ≥ 2 + 2 + 2 ab   ac   bc   2 2 2 2 Vậy a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 2 2 2 Phương pháp7 Kiến thức: Sưu tầm và tuyển chọn Bất đẳng thức Bernouli 11 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a ) a =0 n ≥ 1 + na . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi  n =1 b) Dạng mở rộng: - Cho a > -1, α ≥ 1 thì (1 + a ) α ≥ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0. a =0 - cho a ≥ −1,0 < α < 1 thì (1 + a ) α ≤ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi α=1 .  a b + b a > 1, ∀a, b > 0 . Ví dụ 1 : Chứng minh rằng Giải - Nếu a ≥ 1 hay b ≥ 1 thì BĐT luôn đúng - Nếu 0 < a,b < 1 Áp dụng BĐT Bernouli: b b b(1 − a ) a + b 1  1− a  = 1+ <1+ <   a    a  a a a ⇒ ab > . a +b Chứng minh tương tự: b a > b . a+b Suy ra a b + b a > 1 (đpcm). Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng a5 + b5 + c5  a + b + c  ≥  3 3   5 . (1) Giải 5 5 5 (1) ⇔  3a  +  3b  +  3c  ≥ 3 a+b+c a+b+c a+b+c Áp dụng BĐT Bernouli: 5( b + c − 2a )  3a   b + c − 2a    = 1 +  ≥1+ a + b + c a + b + c a +b+c     5 5 (2) Chứng minh tương tự ta đuợc: 5( c + a − 2b )  3b    ≥1+ a + b + c a +b +c   5 5( a + b − 2c )  3c    ≥1+ a + b + c a +b +c   (3) 5 (4) Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có 5 5 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 , a 2 ,...a n > 0; r ≥1. Chứng minh rằng r a1r + a 2r + .... + a nr  a1 + a 2 + .... + a n   . ≥  n n   Dấu ‘=’ ⇔ a1 = a 2 = .... = a n .(chứng minh tương tự bài trên). Ví dụ 3: Cho 0 ≤ x, y, z ≤1 . Chứng minh rằng (2 x + 2 y + 2 z )( 2 − x + 2 − y + 2 − z ) ≤ 81 . 8 Giải Đặt a = 2 x , b = 2 y , c = 2 z (1 ≤ a, b, c ≤ 2 ) . Sưu tầm và tuyển chọn 12 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 1 ≤ a ≤ 2 ⇒ ( a − 1)( a − 2 ) ≤ 0 ⇒ a 2 − 3a + 2 ≤ 0 ⇒ a + 2 ≤ 3 (1) a Chứng minh tương tự: 2 ≤3 b 2 c+ ≤3 c b+ ( 2) (3) Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được  1 1 1  côsi  1 1 1 9 ≥ ( a + b + c ) + 2 + +  ≥ 2 ( a + b + c ) 2 + +  a b c a b c ⇒ 81  1 1 1 ≥ (a + b + c) + +  ⇒ (đpcm) 8 a b c Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này “ Cho n số x1 , x 2 ,...., x n ∈[ a, b] , c > 1 Ta luôn có: (c x1 + c + .... + c x2 xn )( c Phương pháp 8: − x1 +c − x2 + .... + c − xn ) ≤ [ n( c + cb ) 4c a + b a ] 2 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 rằng ab >ad+bc Giải: a > c + d b > c + d a − c > d > 0 ⇒  ⇒ b − d > c > 0 ab-ad-bc+cd >cd ⇔ ab> ad+bc Tacó  ⇔ (a-c)(b-d) > cd (điều phải chứng minh) 5 1 1 1 1 2 2 2 + + < Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn a + b + c = . Chứng minh a b c abc 3 2 2 2 2 Giải: Ta có :( a+b- c) = a +b +c +2( ab –ac – bc) 〉 0 1 2 2 2 ( a +b +c ) 2 5 1 1 1 ⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có + − 〈 6 a b c ⇒ ac+bc-ab 〈 1 abc Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab Do a>0 , b>0 nên ab>0 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) ⇒ Do c <1 nên 1- c >0 ta có (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chứng minh) Ví dụ 4: Cho 0 0 ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 2 + b mà 0< a,b <1 ⇒ a 2 > a 3 , b 2 > b 3 Từ (1) và (2) ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 3 + b 3 . Vậy a 3 + b 3 < 1+ a 2 b 2 Tương tự b 3 + c 3 ≤ 1 + b 2 c c 3 + a3 ≤ 1 + c2a Cộng các bất đẳng thức ta có : 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 ≤ 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1998 thì ac+bd =1998 Giải: Ta có (ac + bd) 2 + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 + 2abcd + a 2 d 2 + b 2 c 2 - 2abcd = = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982 rõ ràng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) 2 + ( ad − bc ) 2 = 1998 2 ⇒ ac + bd ≤ 1998 Ví dụ 6 (HS tự giải) : a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1 2 ≥ c hứng minh rằng : a 12 + a 22 + a32 + .... + a 2003 b/ Cho a;b;c ≥ 0 thỏa mãn :a+b+c=1 1 a 1 b 1 2003 1 c Chứng minh rằng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ 8 Phương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số Kiến thức 1) Cho a, b ,c là các số dương thì a a a+c > 1 thì > b b b+c a a a+c b – Nếu < 1 thì < b b+c b a – Nếu 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 > 0 .Chứng minh rằng 1< a b c d + + + <2 a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b Giải: Theo tính chất của 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 Sưu tầm và tuyển chọn (3) 14 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Tương tự ta có 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 của (3); (4); (5); (6) ta có a b c d + + + < 2 điều phải chứng minh a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b a c a ab + cd c < Ví dụ 2 :Cho: < và b,d > 0 .Chứng minh rằng < 2 b d b b +d2 d a c ab cd ab ab + cd cd c < = Giải: Từ < ⇒ 2 < 2 ⇒ 2 < 2 b d b d b b +d2 d2 d a ab + cd c < Vậy < điều phải chứng minh b b2 + d 2 d 1< Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000 a c tìm giá trị lớn nhất của + b d Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử : a b a b ≤ Từ : ≤ c d c d a ≤ 1 vì a+b = c+d c ⇒ a a+b b ≤ ≤ c c+d d b a b ≤ 998 ⇒ + ≤ 999 d c d a b 1 999 b/Nếu: b=998 thì a=1 ⇒ + = + Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999 c d c d a b 1 Vậy giá trị lớn nhất của + =999+ khi a=d=1; c=b=999 c d 999 a/ Nếu :b ≤ 998 thì Phương pháp 10: Phương pháp làm trội Kiến thức: Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu hạn hoặc 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 về hiệu của 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 về tính tích hữu hạn: P = u1u2 ....un a k Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k = a k +1 a a a a 1 2 n 1 Khi đó P = a . a ..... a = a 2 3 n +1 n +1 Sưu tầm và tuyển chọn 15 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng 1 1 1 1 3 < + + .... + < 2 n +1 n + 2 n+n 4 1 1 1 > = Giải: Ta có với k = 1,2,3,…,n-1 n + k n + n 2n 1 1 1 1 1 n 1 + + ... + > + ... + = = Do đó: n +1 n + 2 2n 2n 2 n 2n 2 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ( ) 1 1 1 + + .... + > 2 n +1 −1 Với n là số nguyên 2 3 n 1 2 2 = > = 2 k +1 − k Giải: Ta có k 2 k k + k +1 1+ ( ) Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có 1 > 2 ( 2 − 1) ( 1 >2 3− 2 2 ) ……………… ( 1 > 2 n +1 − n n ) Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 + n Ví dụ 3: Chứng minh rằng 1 1 1 ∑k k =1 1 2 <2 ( ∀n ∈ Z 1 Giải: Ta có k 2 < k ( k − 1) = k − 1 − k Cho k chạy từ 2 đến n ta có 1 1 < 1− 2 2 2 1 1 1 < − 32 2 3 ................. 1 1 1 < − 2 n n −1 n 1 1 1 ⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1 2 3 n n Vậy 1 ∑k k =1 2 <2 Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0 Sưu tầm và tuyển chọn 16 ) 1 1 1 + + .... + > 2 n +1 −1 2 3 n 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 của tam giác chứng minh rằng 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 3 cạnh của một tam giác nên ta có 0 < a < b + c  0 < b < a + c 0 < c < a + b  a 2 < a (b + c)  2 b < b( a + c )  c 2 < c ( a + b)  ⇒ Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 2/ Ta có a > b-c  ⇒ a 2 > a 2 − (b − c) 2 > 0 b > a-c  ⇒ b 2 > b 2 − (c − a ) 2 > 0 c > a-b  ⇒ c 2 > c 2 − ( a − b) 2 > 0 Nhân vế các bất đẳng thức ta được [ ][ ][ ⇒ a 2b 2 c 2 > a 2 − ( b − c ) b 2 − ( c − a ) c 2 − ( a − b ) 2 2 ⇒ a 2b 2 c 2 > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) ⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b ) 2 2 2 ] 2 Ví dụ2 (HS tự giải) 1/ Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng ab + bc + ca < a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) 2/Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa độ Ví dụ 1: Chứng minh rằng : c(a −c) + c(b −c) ≤ ab , ∀a ≥ b ≥ 0 và b ≥ c Giải Trong mặt phẳng Oxy, chọn u =( c, b −c ) ; v =( a −c , c ) u.v = c ( a −c ) + c (b −c ) Thì u = b , v = a ; u . v = u . v . cos( u , v ) ≤u . v ⇒ c ( a −c ) + c (b −c ) ≤ ab ⇒ Hơn nữa: (ĐPCM) Ví dụ 2: Cho 2n số: n ∑ i =1 xi2 + yi2 ≥ xi ; y i , i =1,2,..., n n n i =1 i =1 thỏa mãn: ∑ xi + ∑ yi = 1. Chứng minh rằng: 2 2 Giải: Vẽ hình y MN MK Sưu tầm và tuyển chọn H 17 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com M 1 x O x+y=1 Trong mặt phẳng tọa độ, xét: M 1 ( x1 , y1 ) : M 2 ( x1 + x 2 , y1 + y 2 ) ;…; M n ( x1 +  + x n , y1 +  + y n ) Giả thiết suy ra OM 1 = x12 + y12 M n ∈ đường thẳng x + y = 1. Lúc đó: , M 1M 2 = x 22 + y 22 Và OM 1 + M 1 M 2 + M 2 M 3 ⇒ n ∑ 2 2 xi2 + yi2 ≥ i =1 , M 2M 3 = x32 + y 32 ,…, +  + M n −1 M n ≥ OM n ≥ OH = M n −1 M n = x n2 + y n2 2 2 ⇒ (ĐPCM) Phương pháp 13: Đổi biến số a b c 3 + + ≥ (1) b+c c+a a+b 2 y+z−x z+x− y x+ y−z Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a= ; b= ;c= 2 2 2 y+z−x z+x− y x+ y−z 3 + + ≥ ta có (1) ⇔ 2x 2y 2z 2 y z x z x y y x z x z y + −1+ + −1+ + −1 ≥ 3 ⇔ ( + ) + ( + ) + ( + ) ≥ 6 ⇔ x x y y z z x y x z y z y x z y z x + ≥ 2 nên ta có điều + ≥ 2; Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( x + y ≥ 2; y z x z Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng phải chứng minh Ví dụ2: Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng 1 1 1 + 2 + 2 ≥9 (1) a + 2bc b + 2ac c + 2ab Giải: Đặt x = a 2 + 2bc ; y = b 2 + 2ac ; z = c 2 + 2ab . Ta có x + y + z = ( a + b + c ) 2 < 1 1 1 1 (1) ⇔ x + y + z ≥ 9 Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0 1 1 1 1 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x + y + z ≥ 3. 3 xyz , và: x + y + z ≥ 3. 3 xyz 2 ⇒ ( x + y + z ). 1 + 1 + 1  ≥ 9 . Mà x+y+z < 1. Vậy x y z   1 1 1 + + ≥9 x y z Ví dụ3: Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 CMR x + y ≥ Gợi ý: Đặt x = u , Sưu tầm và tuyển chọn y =v (đpcm) 1 5 ⇒ 2u-v =1 và S = x+y = u 2 + v 2 ⇒ v = 2u-1 18 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com thay vào tính S min Bài tập tự giải 1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 CMR: 25a 16b c + + >8 b+c c+a a+b ( ) 2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0 CMR ma nb pc 1 + + ≥ b+c c+a a+b 2 Phương pháp 14: m + n + p − ( m + n + p) 2 Dùng tam thức bậc hai Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c Định lí 1: f(x) > a> 0 0, ∀ x ⇔  ∆ < 0 a> 0 f (x) ≥ 0, ∀ x ⇔  ∆ ≤ 0 a< 0 f (x) < 0, ∀ x ⇔  ∆ < 0 a< 0 f (x) ≤ 0, ∀ x ⇔  ∆ ≤ 0 Định lí 2: Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1 < α < x2 ⇔ a. f ( α ) < 0 Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :   a. f ( α ) > 0  x1 < x2 < α ⇔  ∆ > 0 S  <α 2 Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm : Sưu tầm và tuyển chọn 19 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com   a. f ( α ) > 0  α < x1 < x2 ⇔  ∆ > 0 S  >α 2 Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm α < x1 < β < x 2  x < α < x < β ⇔ f (α ). f ( β ) < 0. 2  1 Ví dụ 1:Chứng minh rằng f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0 Giải: Ta có (1) ⇔ x 2 − 2 x( 2 y − 1) + 5 y 2 − 6 y + 3 > 0 (1) ∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3 = 4 y2 − 4 y +1− 5y2 + 6 y − 3 2 = −( y − 1) − 1 < 0 Vậy f ( x, y ) > 0 với mọi x, y 2 Chứng minh rằng: f ( x, y ) = x 2 y 4 + 2( x 2 + 2). y 2 + 4 xy + x 2 > 4 xy 3 Ví dụ2: Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( ) (1 − y ) x 2 y 4 + 2 x 2 + 2 . y 2 + 4 xy + x 2 − 4 xy 3 > 0 ⇔ ( y 2 + 1) 2 .x 2 + 4 y (1 − y ) 2 x + 4 y 2 > 0 2 Ta có ∆′ = 4 y 2 − 4 y 2 ( y 2 + 1) = −16 y 2 < 0 2 Vì a = ( y 2 + 1) > 0 vậy f ( x, y ) > 0 (đpcm) 2 2 Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n > n0 ta thực hiện các bước sau : 1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0 2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được 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 rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) 4 – kết luận BĐT đúng với mọi n > n0 1 1 1 1 ∀n ∈ N ; n > 1 + 2 + .... + 2 < 2 − 2 1 2 n n 1 1 Giải: Với n =2 ta có 1 + < 2 − (đúng). Vậy BĐT (1) đúng với n =2 4 2 Ví dụ1: Chứng minh rằng : Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k+1 1 1 1 1 1 Thật vậy khi n =k+1 thì (1) ⇔ 12 + 22 + .... + k 2 + (k + 1) 2 < 2 − k + 1 Theo giả thiết quy nạp Sưu tầm và tuyển chọn 20 (1)
- Xem thêm -
ads ads ads

Tài liệu liên quan

thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
thumb
ads ads ads

Tài liệu vừa đăng

Tài liệu xem nhiều nhất