Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức từ cơ bản đến nâng cao

49 1.6K 4
Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức từ cơ bản đến nâng cao

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

1 Chương I ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I . Tính chất bản: a. khi 0 khi 0 ax bx x a b ax bx x > >  > ⇔  < <  b. a x a b x y b y >  ⇒ + > +  >  Chú ý a x b y >   >  a b x y ab xy a x b y   − > −  >    >   c. 0 0 a x ab xy b y > ≥  ⇒ >  > ≥  d. 2 2 a b a b > ≥ 0 ⇒ > Hệ quả: 2 2 a b a b > ⇔ > e. 1 1 a b a b > > 0 ⇒ < 1 1 a b a b < < 0 ⇒ > f. 0 A > • x A A x A < ⇔ − < < • x A x A x A < −  > ⇔  >  II. Vài bất đẳng thức thông dụng: Với a, b, c,… tùy ý ( , , a b c R ∈ ) a. 2 2 2 a b ab + ≥ ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b = ) b. 2 2 2 a b c ab bc ca + + ≥ + + ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b c = = ) c. Với , 0 a b > ta có: 1 1 1 1 4 ( ) 4a b a b a b a b   + + ≥ ⇔ + ≥   +   III. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho , ; 4 4 x y π π   ∈ −     . Chứng minh bất đẳng thức: tan tan 1 1 tan tan x y x y − < − Giải: , ; 4 4 x y π π   ∈ −     thì 2 2 1 tan ; tan 1; 0 tan , tan 1 x y x y − < < ≤ < Ta có: tan tan 1 1 tan tan x y x y − < − ⇒ 2 tan tan 1 tan tan x y x y ⇔ − > − 2 2 2 2 tan tan 2tan tan 1 2 tan tan tan tan x y x y x y x y ⇔ + − < − + 2 2 2 2 tan tan tan tan 1 0 x y x y ⇔ + − − < 2 2 2 tan (1 tan ) (1 tan ) 0 x y y ⇔ − − − < 2 2 (1 tan )(tan 1) 0 y x ⇔ − − < ( Luôn đúng , ; 4 4 x y π π   ∀ ∈ −     ) Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện 1 a b c + + = thì: 1 1 1 3. 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c   + + ≥ + +     Giải: Vì hàm số 1 3 x giảm nên ta có: 1 1 0 ( ) 3 3 3 3 3 3 a b b a a b a b a b a b   ≥ − − ⇒ + ≥ +     Tương tự ta có: 3 3 3 3 c b b c b c b c + ≥ + ; 3 3 3 3 a c c a c a c a + ≥ + Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý rằng 1 a b c + + = ), ta được: 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c a b c a b c     + + − + + ≥ 2 + +         1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c   ⇔ + + ≥ + +     (đpcm) Ví dụ 3: a. Cho 0, 0 x y > > và 1 xy ≤ . Chứng minh: 2 1 1 1 1 1 x y xy ≥ + + + + (1) b. Cho 0 a b c d < ≤ ≤ ≤ và 1 bd ≤ . Chứng minh: 4 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c d abcd ≥ + + + + + + + + Giải: a. Vì 0, 0 x y > > nên bất đẳng thức (1) tương đương với: 2(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) x y xy y xy x + + ≥ + + + + + 2 2 2 2 1 1 x y xy xy y y xy xy x x xy ⇔ + + + ≥ + + + + + + + ( ) 2 ( ) 2 x y xy xy x y xy ⇔ + + ≥ + + ( ) ) 2(x y xy x y xy xy ⇔ + − ( + + − ) ≥ 0 ( )(1 2x y xy xy xy ⇔ + − )+ ( −1) ≥ 0 (1 2xy x y xy ⇔ − )( + − ) ≥ 0 3 (1 xy x y 2 ⇔ − )( − ) ≥ 0 (2) Vì: 2 ( ) 0 1 1 0 x y xy xy  − ≥   ≤ ⇒ − ≥   nên (2) đúng (đpcm) b. , , , 0 1 a b c d a b c d bd >   ≤ ≤ ≤   ≤  nên , , , 0 1 a b c d a b c d bd >   ≤   ≤   ≤  1 ac db ⇒ ≤ ≤ Theo kết quả câu a, ta có: 1 1 2 ( , 0; 1) 1 1 1 1 1 2 ( , 0; 1) 1 1 1 a c ac a c ac b d bd c d bd  + ≤ > ≤  + + +    + ≤ > ≤  + + +  1 1 1 1 1 1 2. 1 1 1 1 1 1 2 2. 1 . a b c d ac bd ac bd   ⇒ + + + ≤ +   + + + + + +   ≤ + 4 1 abcd = + (đpcm) Ví dụ 4: Cho , , [ 1;2] a b c ∈ − thỏa mãn điều kiện 0 a b c + + = . Chứng minh: 2 2 2 6 a b c + + ≤ Giải: • [ 1;2] 1 2 1)( 2) 0 a a a a ∈ − ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ( + − ≤ 2 2 2 0 2 a a a a ⇔ − − ≤ ⇔ ≤ + (1) • Tương tự ta cũng 2 2 (2) 2 (3) b b c c c  ≤ +   ≤ +   Cộng (1), (2), (3) ta có: 2 2 2 ) 6 6 a b c a b c + + ≤ ( + + + = (đpcm) Ví dụ 5: Cho , , [0;2] x y z ∈ và 3 x y z + + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 x y z + + ≤ 5 Giải: Ta có: , , 2 ( 2)( 2)( 2) 0 x y z x y z ≤ ⇒ − − − ≤ 2( ) 4( ) 8 0 xyz xy yz zx x y z ⇔ − + + + + + − ≤ 2( ) 4.(3) 8 0 xyz xy yz zx ⇔ − + + − − ≤ 2( ) 4 xyz xy yz zx ⇔ ≤ + + − ( vì 3 x y z + + = ) 2 2 2 2 ( ) ( ) 4 xyz x y z x y z ⇔ ≤ + + − + + − 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 4 3 ( ) 4 xyz x y z x y z x y z ⇔ ≤ + + − + + − = − + + − 4 2 2 2 5 x y z xyz ⇔ + + ≤ − ( Vì 3 x y z + + = ) 2 2 2 5 x y z ⇒ + + ≤ ( Vì 0 xyz ≥ ) (đpcm) Ví dụ 6: Cho 0, 0, 0 x y z > > > và 1 xyz = . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a. 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 x y y z z x + + ≤ + + + + + + (1) b. 1 1 1 1 1 1 1 x y y z z x + + ≤ + + + + + + (2) Giải: a. Đặt T = vế trái của bất đẳng thức (1) ( ta cần chứng minh T 1 ≤ ) Ta có: 3 3 2 2 ( )( ) x y x y x y xy + = + + − Mà 2 2 2 2 2 0 ( Vì 0, 0) x y xy x y xy xy x y x y  + ≥ ⇔ + − >  + > > >  Nên 2 2 ( )( ) ( ) x y x y xy x y xy + + − ≥ + hay 3 3 ( ) x y xy x y + ≥ + 3 3 ( ) x y xy x y xyz ⇒ + +1≥ + + ( Vì 1 xyz = ) 3 3 ( ) 0 x y xy x y z ⇔ + +1≥ + + > 3 3 1 1 1 ( ) x y xy x y z ⇔ ≤ + + + + (a) Tương tự ta có: 3 3 3 3 1 1 (b) 1 ( ) 1 1 (c) 1 ( ) y z xy x y z z x xy x y z  ≤  + + + +  ⇔   ≤  + + + +  Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có: 1 1 1 1 1 T 1 ( ) x y z x y z xy yz zx x y z xyz     + + ≤ + + = =     + + + +     ( Vì 1 xyz = ) (đpcm) b. Đặt S bằng vế trái của bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh S ≤1 ) Đặt 3 3 3 x a y b z c  =  =   =  mà 3 3 3 , , 0 , , 0 1 1 x y z a b c xyz a b c abc > ⇒ >   = ⇒ ⇔ =  , , 0 a b c > và 1 abc = nên theo kết quả câu a, ta có: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 a b b c c a + + ≤ + + + + + + 1 1 1 1 1 1 1 x y y z z x ⇔ + + ≤ + + + + + + (đpcm) Ví dụ 7: Cho , 0 a b > và , 0 b c > . Chứng minh: ( ) ( ) a c c b c c ab − + − ≤ (1) 5 Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2 ( ) ( ) 2 ( )( ) c a c b c c c a c b c ab − + − + − − ≤ 2 2 2 ( )( ) 0 c c ac ab bc c a c b c ⇔ + − + − − − − ≥ 2 ( ) ( ) 2 ( )( ) 0 c a b c c b c c a c b c ⇔ + − − − − − − ≥ 2 ( )( ) 2 ( )( ) 0 c a c b c c a c b c ⇔ + − − − − − ≥ 2 ( )( ) 0 c a c b c   ⇔ − − − ≥   đây là bất đẳng thức đúng (đpcm) Ví dụ 8: Chứng minh rằng đối với mọi , , a b c R ∈ , ta có: 2 2 2 2 4 a b c ab ac bc + + ≥ − + (1) Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2 2 2 4 4 4 8 4a b c ac bc ac + + − − + ≥ 0 2 2 2 ) 0 a b c ⇔ ( − + ≥ đây là bất phương trình đúng (đpcm) Ví dụ 9: Cho 3 36 a > và 1 abc = . Chứng minh: 2 2 2 3 a b c ab bc ca + + > + + (1) Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2 2 ( ) 2 ( ) 3 a b c bc a b c bc + + − > + + 2 2 ( ) ( ) 3 0 3 a b c a b c bc ⇔ + − + + − > 2 2 3 ( ) ( ) 0 3 a b c a b c a   ⇔ + − + + − >     ( Vì 1 bc a = ) 2 2 ( ) 3 ( ) 0 3 x b c a a f x x ax a = +   ⇔    = − + − >       Xét tam thức bậc hai 2 2 3 ( ) ( ) 3 a f x x ax a = − + − có: 2 3 2 3 36 4 0 3 3 a a a a a   − ∆ = − − = <     ( Vì 3 36 a > ) ( ) 0, ( ) f x x R a ⇒ > ∀ ∈ ⇒ đúng (đpcm) Ví dụ 10: Cho 1 1 x − < < và , 1 n N n ∈ > . Chứng minh: 6 2 (1 ) (1 ) 2 n n x n − + + < Giải: Vì 1 1 x − < < nên cos (0x α α = < < π) lúc đó: (1 ) (1 ) (1 cos (1 cos ) n n n n n n α α + + − = + ) + − 2 2 2cos 2sin n n α α     = +     2 2     2 2 2 2 2 cos sin 2 cos sin 2 n n n n n α α α α         = + < + =         2 2 2 2           (đpcm) * Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương cần: 1. Chú ý xem kĩ giả thuyết đề cho, vì trong một số trường hợp thể biến đổi giả thuyết đề cho thành bất đẳng thức cần chứng minh ( như ở ví dụ 4, 5…). 2. Trong một số trường hợp thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức luôn đúng ( được nêu ở ví dụ 1, 3, 7, 8…). 3. Nên thuộc lòng và bất đẳng thức thông dụng được giới thiệu ở phần II. IV. Bài tập tương tự: 1. Chứng minh rằng: nếu 0 x y z < ≤ ≤ thì: ( ) ( ) 1 1 1 1 1 y x z x z x z y x z     + + + ≤ + +         * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách quy đông mẫu số, ước lược số hạng ( ) x z + , chuyển vế, biến đổi vế trái thành dạng tích số,… 2. a, b, c, d là năm số thức tùy ý, chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 a b c d e ab ac ad ac + + + + ≥ + + + Khi nào đẳng thức xảy ra? * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng: 2 2 2 2 0 2 2 2 2 a a a a b c d e         − + − + − + − ≥                 … 3. a, b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, chứng minh: 2 2 2 2( ) a b c ab bc ca + + < + + * Hướng dẫn: 2 , a b c a ab ac b a c< + ⇒ < + < + ⇒ 4. Chứng minh: 2 2 2 , , R a b ab a b + ≥ ∀ ∈ Áp dụng a, b, c là ba số thực tùy ý, chứng minh: 4 4 4 ( ) a b c abc a b c + + ≥ + + 7 * Hướng dẫn: Dùng công thức 2 2 2 ( ) 0 a b a b − ≥ ⇔ + ≥ Áp dụng kết quả trên. 5. Chứng minh [ 1;1] t ∀ ∈ − ta có: 2 2 1 1 1 1 2 t t t t + + − ≥ + + ≥ − * Hướng dẫn • Với [ 1;1] t ∀ ∈ − , ta luôn có: 2 2 (1 ) 2 (1 )(1 ) (1 ) 1 2 1 (1 ) t t t t t t − + − + + + ≥ + − + − Biến đổi tương đương suy ra 2 1 1 1 1 t t t + + − ≥ + + • Từ: 2 0 1 1 t ≤ − ≤ 2 2 1 1 2 t t ⇒ + + ≥ − Chương II BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY) I. Phương pháp giải toán 1) Cho 2 số a,b > 0, ta có: 2 a b ab + ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2) Cho n số 1 2 3 , , , , 0 n a a a a ≥ ta có: 1 2 3 1 2 3 n n n a a a a a a a a n + + + + ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3 n a a a a = = = = 3) Bất đẳng thức côsi suy rộng Phát biểu: Với các số thực dương 1 2 3 , , , , n a a a a và 1 2 3 , , , , n x x x x là các số thực không âm và tổng bằng 1, ta có: 31 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 n x x x x n n n a x a x a x a x a a a a + + + + ≥ 8 Tổng quát: Cho n số dương tùy ý a i, i = 1, n và n số hữu tỉ dương q i , i = 1, n thỏa 1 1 n i i q = = ∑ khi đó ta luôn có: 1 1 . i n n q i i i i i a q a = = ≤ ∑ ∏ Dấu “=” xảy ra II. Các ví dụ Ví dụ 1: Cho n số dương a i, i = 1, n . Chứng minh rằng: 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 ( ) n n a a a a n a a a a   + + + + + + + + ≥     Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 , , , , , , , , , n n a a a a a a a a Ta có: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 n n n n n n a a a a n a a a a n a a a a a a a a + + + + ≥ + + + + ≥ Nhân 2 vế tương ứng ta được bất đẳng thức cần chứng minh và dấu “=” xảy ra khi 1 2 3 n a a a a = = = = Ví dụ 2:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luôn có: 2 1 1 1 27 ( ) ( ) ( ) 2( ) a a b b b c c c a a b c + + ≥ + + + + + Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho vế trái: 3 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) a a b b b c c c a abc a b a c b c + + ≥ + + + + + + (1) Mà 3 3 3 3 6 6 2 3 3 ( ) 3 ( )( )( ) 8( ) 8 ( )( )( ) ( ) 3 2 ( )( )( ) ( ) 9 abc a b c a b b c c a a b c abc a b b c c a a b c abc a b b c c a a b c ≤ + + + + + ≤ + + ⇒ + + + ≤ + + ⇔ + + + ≤ + + 9 2 9 3 27 2( ) ( )( )( ) a b c abc a b b c c a ⇔ ≥ + + + + + (2) Từ (1)(2) đpcm Dấu “=” xảy ra a = b = c Ví dụ 3: Chứng minh với mọi số dương a, b, c ta luôn 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 a b abc b c abc c a abc abc + + ≤ + + + + + + Giải Ta có: 3 3 ( ) a b ab a b + ≥ + Nên 3 3 ( ) abc abc c a b abc ab a b abc a b c ≤ = + + + + + + Tương tự ta cũng 3 3 3 3 ( ) ( ) abc abc a b c abc bc b c abc a b c abc abc b a c abc ac a c abc a b c ≤ = + + + + + + ≤ = + + + + + + Cộng vế theo vế ta được 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 abc a b abc b c abc c a abc   + + ≤   + + + + + +   Hay 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 a b abc b c abc c a abc abc + + ≤ + + + + + + ( đpcm ) III. Bài tập tương tự 1. Các số dương x, y, z tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức : 5 5 5 5 5 5 1 xy yz xz x xy y y yz z x xz z + ≤ + + + + + + *Hướng dẫn: Ta có: 2 2 2 x y xy + ≥ 5 5 5 5 2 2 2 2 2 = 2 (x+y) x y x y x y xy x y ⇒ + ≥ ≥ 10 Do đó : 5 5 2 2 1 (x+y) 1 ( ) xy xy z x xy y xy x y xy x y x y z ≤ = = + + + + + + + Tương tự: 5 5 5 5 yz x y yz z x y z xz y x xz z x y z ≤ + + + + ≤ + + + + Cộng vế theo vế ta đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z. 2. Với mọi x, y, z dương. Chứng minh : 3 3 3 x y z x y z yz xz xy + + ≥ + + *Hướng dẫn: Áp dụng bất dẳng thức côsi, ta có: 3 3 3 3 3 3 x y z x yz y x z y xz z x y z xy + + ≥ + + ≥ + + ≥ Cộng vế theo vế ta được: 3 3 3 2( ) 3( ) x y z x y z x y z yz xz xy + + + + + ≥ + + ⇒ đpcm Dấu “=” xảy ra khi x = y = z. 3. Cho , , a b c là 3 số nguyên dương. Chứng minh: 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 a b c a b c b c a c a b a b c + +   + + + + + ≤ + +     *Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b c b c a c a c a b a b + + + + + + + + + + + + + +    n lần n lần n lần ( ). ( ) ( ) ( ) a b c a b c a b c b c a c a b + + ≥ + + + + + Hay : 2( ) ( ) ( ) ( ) a b c a b c a b c b c a c a b a b c + + + +   ≥ + + +   + +   (1) [...]... bc + ac = abc Ch ng minh : b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 a 2 + 2c 2 + + ≥ 3 ab bc ac Hư ng d n: V trái bi n i thành : 1 2 1 2 1 2 + 2 + 2+ 2 + 2+ 2 2 a b b c c a Chương VIII: CH NG MINH B T NG TH C B NG QUY N P HO C PH N CH NG I Phương pháp gi i toán: * Quy n p: Mu n ch ng minh m nh P(n) ph thu c vào n ∈ N , úng ∀n ≥ no ( no h ng s ∈ N ), ta th c hi n 3 bư c sau: Bư c 1: n = no : Ch ng minh p(n) dúng Bư c... x Chương VI ÁP D NG TÍNH ƠN I U C A HÀM S I Phương pháp gi i toán: Gi s c n ch ng minh b t ng th c f ( x) > g(x), x ∈ (a;b) Xét hàm s h(x) = f ( x) − g ( x) v i x ∈ [a;b] • N u h( x) ng bi n trên (a;b) thì h( x) > h(a ) , ∀ x ∈ (a;b) 25 ng • N u h( x) ngh ch bi n trên (a;b) thì h( x) > h(b) ho c h( x) < h(a ) v i ∀ x ∈ (a;b) II Các ví d : Ví d 1: π 2 Ch ng minh r ng tan x > sin x , ∀x ∈ (0; ) Gi i:... BERNOULLI B T I Phương pháp gi i toán Cho a ≥ −1 , 1 ≤ n ∈ » thì (1 + a ) ≥ 1 + na a = 0 D u “ = ” x y ra khi và ch khi  n = 1 II Các ví d Ví d 1: Cho Gi i: Ta có: n ∈ » , n ≥ 3 Ch ng minh n −1 n > n n +1 ⇔ n ⇔ Áp d ng b t n ( nn 1 ) n > + n −1 n > n n +1 > (n + 1)n +1 1 n +1 ng th c Bernoulli: n n 1  n 1  n   =   = 1 −  > 1− n +1 n +1  n +1  n +1 ⇒ pcm Ví d 2: Cho a,b,c >0 ch ng minh : (b... A, B, C r i c ng l i  2 3 Ch ng minh r ng 2 2sin x +2 tan x >2 3x +1 2 ng th c cosi cho 2 s dương 22sin x , 2tan x * Hư ng d n: Áp d ng b t π 2 Xét hàm s f ( x) = 2 sin x + tan x − 3x v i x ∈ (0; ) 4 Cho a ≤ 6, b ≤ 8, c ≤ 3 Ch ng minh r ng v i m i x ≥ 1 ta * Hư ng d n: Xét hàm s f ( x) = x 4 − ax 2 − bx − c , ∀x ≥ 1 Ch ng minh: f ( x) > f (1) = 1   π 5 Ch ng minh r ng: ∀x ∈  0;  2  a sin x... x , ∀x ∈  0;  6  2 24  x    2 Chương VII ÁP D NG PHƯƠNG PHÁP T A I Nh ng i u c n lưu ý • a = ( x, y ) ⇒ a = x 2 + y 2 • A( x A , y A ), B( xB , yB ) ⇒ AB = ( xB − x A ) 2 + ( yB − y A ) 2 • u − v ≤ u+v ≤ u + v D u “=” x y ra khi và ch khi u, v cùng hư ng Tương t : u + v + w ≤ u + v + w u.v ≤ u v II Các ví d Ví d 1: Cho a, b ∈ » Ch ng minh: Gi i: Xét : ( a + c ) 2 + b 2 + (a − c) 2 + b 2 ≥... tương t :   π 1 Ch ng minh r ng cos α + α cos α > 1 v i x ∈  0;  2  * Hư ng d n:  π Xét hàm s f ( x) = cos x + x sin x − 1 v i x ∈ 0;   2  π Ch ng minh f ( x) > 0 v i x ∈ 0;   2 2 Ch ng minh r ng n u ∆ABC 3 góc nh n thì: sin A+ sin B + sin C + tan A+ tan B + tan C > 2π * Hư ng d n:  π Xét hàm s f ( x) = sin x + tan x − 2 x v i x ∈ 0;   2  π Ch ng minh f ( x) > 0 , ∀x ∈ 0;... ) Suy ra a + b + c < 0 vô lý v i (1) V y a < 0 , tương t ta cũng b > 0, c > 0 Ví d 3: Cho 0 < a, b, c < 2 Ch ng minh ít nh t m t trong các b t sai: a ( 2 − b ) > 1; b ( 2 − c ) > 1; c ( 2 − a ) > 1 ng th c sau ây là Gi i: Gi s các b t ng th c trên u úng, khi ó nhân v v i v các b t nhau ta ư c: a ( 2 − b ) b ( 2 − c ) c ( 2 − a ) > 1 Ta l i có: a ( 2 − b ) = 2a − a 2 = 1 − ( a 2 − 2a + 1) =... β n cuøg daá ⇔ a a1 a2 = = = n b1 b2 bn II Các ví d : Ví d 1: Cho a, b, c > 0 Ch ng minh: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b 2 Gi i: Áp d ng b t ng th c B.C.S, ta có: 12   a2 b2 c2 ( b + c )2 + ( a + c ) 2 + ( a + b ) 2 ≥ (a + b + c) 2 + +  2 2 2   ( b + c) ( c + a) ( a + b)  a2 b2 c2 a+b+c ⇔ + + ≥ b+c c+a a+b 2 ( ) Ví d 2: Cho a 2 + b 2 = 1 Ch ng minh: a b + 1 + b a + 1 ≤ 2 + 2 Gi i: Áp d ng... < c ch ng minh r ng v i m i s t nhiên n>a, ta b t th c : a + b < c (*) n n n *Hư ng d n: n Vi t b t c a ng th c (*) dư i d ng tương ương   > 1 +   b b n +1 n n+2 1 1    3 Ch ng minh r ng  1 +  >  1 +  , n ≥ 1, n ∈ » n n +1   *Hư ng d n: n+2 1   n +1 1 +   1   1   n +1 thành 1 − Bi n i 1 +  2 n +1  1  ( n + 1)   n + 1    1 +   n 4 Ch ng minh r ng...      2  x 3 3  z  3 2 ≥  y +  z+ x  y +   = ( xy + yz + xz ) 2 2 2  2  4  ⇒ ( xy + yz + xz ) ≤ 64 2 ⇒ pcm 16 3 Ch ng minh r ng n u phương trình x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 nghi m thì: a 2 + b2 ≥ 4 5 *Hư ng d n G i x là nghi m c a phương trình ã cho: x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 ( ⇒ x ≠ 0 ) Chia 2 v cho x 2 > 0 , ta ư c: 1  2 1    x + 2  + a  x +  + b = 0 (1)

Ngày đăng: 11/04/2014, 10:44

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan