Đang tải... (xem toàn văn)
Chøng minh r»ng.[r]
(1)II : số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức Ph ơng pháp : dùng định nghĩa
KiÕn thøc : §Ĩ chøng minh A > B
Ta chøng minh A –B >
Lu ý dùng bất đẳng thức M ❑2 với M
VÝ dô x, y, z chøng minh r»ng : 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 (x + y + z)
Gi¶i:
a) Ta xÐt hiƯu
x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 - xy – yz - zx
=
2 ( x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx)
=
y − z¿2
x − z¿2+¿≥0
x − y¿2+¿ ¿ ¿
đúng với x;y;zR
Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu xảy x=y
(x-z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y x=z (y-z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y z=y VËy x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx
DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu
x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 - ( 2xy – 2xz +2yz )
= x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 - 2xy +2xz –2yz
=( x – y + z) ❑2 với x;y;zR
VËy x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz với x;y;z
R
DÊu b»ng x¶y x+y=z c) Ta xÐt hiÖu
x ❑2 + y
❑2 + z ❑2 +3 – 2( x+ y +z )
= x ❑2 - 2x + + y
❑2 -2y +1 + z ❑2 -2z +1
= (x-1) ❑2 + (y-1)
❑2 +(z-1) ❑2
DÊu(=)x¶y x=y=z=1 VÝ dơ 2: chøng minh r»ng :
a) a
+b2 ≥(
a+b )
2
;b) a
+b2+c2 ≥(
a+b+c )
2
c) HÃy tổng quát toán
gi¶i
a) Ta xÐt hiƯu a
+b2 −(
a+b )
2
= 2(a
+b2)
4 −
(2)= 4(2a
2
+2b2− a2−b2−2 ab) =
4(a −b) 2≥0 VËy a
2 +b2 ≥(
a+b )
2
DÊu b»ng x¶y a=b b)Ta xÐt hiƯu
a
+b2+c2 −(
a+b+c )
2
=
9[(a − b)
+(b − c)2+(c − a)2]≥0 VËy a
2
+b2+c2 ≥(
a+b+c )
2
DÊu b»ng x¶y a = b =c c)Tỉng qu¸t
a1
+a2
+ +an
n ≥(
a1+a2+ +an
n )
2
Tóm lại bớc để chứng minh A B tho định nghĩa Bớc 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bớc 2:Biến đổi H=(C+D) ❑2 hoặc H=(C+D)
❑2 +….+(E+F) ❑2
Bíc 3:KÕt luËn A B
Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99) Chứng minh m,n,p,q ta có
m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m(n+p+q+1)
Gi¶i: ⇔(m2
4 −mn+n
)+(m
4 −mp+p
)+(m
4 −mq+q
)+(m
4 − m+1)≥0 ⇔(m
2 − n)
+(m − p)
2 +(m
2− q)
+(m 2−1)
2
≥0 (ln đúng)
DÊu b»ng x¶y {
m
2 −n=0
m
2 − p=0
m
2 −q=0
m
2 −1=0
⇔ {
n=m
p=m
q=m
m=2
⇔ { m=2
n=p=q=1
phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng L
u ý:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đợc chứng minh
(3)(A+B+C)2=A2+B2+C2+2 AB+2 AC+2 BC
(A+B)3=A3+3A2B+3 AB2+B3 VÝ dô 1:
Cho a, b, c, d,e số thực chứng minh a) a2+b
2 ≥ab b) a2
+b2+1≥ab+a+b
c) a2+b2+c2+d2+e2≥ a(b+c+d+e) Gi¶i:
a) a2+b ≥ab ⇔4a2
+b2≥4 ab ⇔4a2−4a+b2≥0
⇔(2a −b)2≥0 (bất đẳng thức đúng) Vậy a2
+b
4 ≥ab (dÊu b»ng x¶y 2a=b) b) a2
+b2+1≥ab+a+b
⇔2(a2+b2+1)>2(ab+a+b) ⇔a2−2ab
+b2+a2−2a+1+b2−2b+1≥0
b −1¿2≥0
a −1¿2+¿
a −b¿2+¿ ⇔¿
Bất đẳng thức cuối
VËy a2
+b2+1≥ab+a+b
DÊu b»ng x¶y a=b=1 c) a2+b2+c2+d2+e2≥ a(b+c+d+e)
⇔ 4(a2+b2+c2+d2+e2)≥4a(b+c+d+e) ⇔ (a2−4 ab+4b2)+(a2−4 ac+4c2)+(a2−4 ad+4d2)+(a2−4 ac+4c2)≥0
⇔ (a −2b)2+(a−2c)2+(a−2d)2+(a−2c)2≥0
Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh
VÝ dơ 2:
Chøng minh r»ng: (a10
+b10) (a2+b2)≥(a8+b8)(a4+b4) Gi¶i:
(a10
+b10) (a2+b2)≥(a8+b8)(a4+b4) ⇔ a12+a10b2+a2b10+b12≥ a12+a8b4+a4b8+b12 ⇔ a8b2(a2− b2)
+a2b8(b2− a2)≥0
⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0 Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh
VÝ dơ 3: cho x.y =1 vµ x.y
Chøng minh x
+y2
x − y 2√2
Gi¶i:
x2+y2
x y 22 :x y nên x- y ⇒ x
2+y2 2
√2 ( x-y) ⇒ x2+y2- 2
√2 x+ 2√2 y ⇔ x2+y2+2- 2
√2 x+ 2√2 y -2 ⇔ x2+y2+(
√2 )2- 2
√2 x+ 22 y -2xy x.y=1 nên 2.x.y=2
⇒ (x-y- √2 )2 Điều ln Vậy ta có điều phải chứng minh
VÝ dô 4:
1)CM: P(x,y)= 9x2
(4)2)CM: a2
+b2+c2|a|+|b|+|c| (gợi ý :bình phơng vế)
3)choba số thực khác không x, y, z tháa m·n: {
x.y.z=1
x+
1
y+
1
z<x+y+z
Chứng minh :có ba số x,y,z lớn (đề thi Lam Sơn 96-97)
Gi¶i:
XÐt (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(
x+
1
y+
1
z )=x+y+z - (
1
x+
1
y+
1
z¿>0 (v×
1
x+
1
y+
1
z < x+y+z
theo gt)
→ số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dơng
N trng hp sau xảy x, y, z >1 → x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy trờng hợp tức có ba số x ,y ,z số lớn
Ph ơng pháp : dùng bất đẳng thức quen thuộc A/ số bất đẳng thức hay dùng
1) Các bất đẳng thức phụ: a) x2
+y2≥2 xy b) x2
+y2≥∨xy∨¿ dÊu( = ) x = y =
c) (x+y)2≥4 xy d) a
b+ b a≥2
2)Bất đẳng thức Cô sy: a1+a2+a3+ +an
n ≥√a1a2a3 an Với ai>0 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski
+¿2n ¿
x12+x22+ ¿ (a1x1+a2x2+ +anxn)
2
(a22+a2
2
+ +an2) ¿
4) Bất đẳng thức Trê- b-sép: Nếu {a≤ b ≤ c
A ≤ B≤ C ⇒
aA+bB+cC
3 ≥
a+b+c
A+B+C NÕu {a ≤b ≤ c
A ≥ B ≥C ⇒
aA+bB+cC
3 ≤
a+b+c
A+B+C DÊu b»ng x¶y {a=b=c
A=B=C
b/ c¸c vÝ dơ
vÝ dụ Cho a, b ,c số không ©m chøng minh r»ng
(a+b)(b+c)(c+a) 8abc Giải: Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: (x+y)2≥4 xy
(5)⇒ (a+b)2 (b+c)2 (c+a)2 64a2b2c2=(8 abc)2 ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) 8abc
DÊu “=” x¶y a = b = c
ví dụ 2(tự giải): 1)Cho a,b,c>0 a+b+c=1 CMR: a+
1
b+
1
c≥9 (403-1001)
2)Cho x,y,z>0 vµ x+y+z=1 CMR:x+2y+z 4(1− x)(1− y)(1− z)
3)Cho a>0 , b>0, c>0 CMR: a
b+c+
b c+a+
c a+b≥
3
4)Cho x ,y tháa m·n 2√x −√y=1 ;CMR: x+y
5
vÝ dơ 3: Cho a>b>c>0 vµ a2
+b2+c2=1 chøng minh r»ng
3 3 1
2
a b c
b c a c a b
Gi¶i:
Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c ⇒ {
a2≥ b2≥c2
a b+c≥
b a+c≥
c a+b ¸p dơng BĐT Trê- b-sép ta có
a2. a
b+c+b 2. b
a+c+c 2. c
a+b≥
a2
+b2+c2 (
a b+c+
b a+c+
c a+b) =
1
3 =
1 VËy a3
b+c+
b3
a+c+
c3
a+b≥
2 DÊu b»ng x¶y a=b=c=
√3
vÝ dô 4:
Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng :
a2+b2+c2+d2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10 Gi¶i:
Ta cã a2
+b2≥2 ab c2
+d2≥2 cd
Do abcd =1 nªn cd =
ab (dïng x+
x≥
1 ) Ta cã a2+b2+c2≥2(ab+cd)=2(ab+
ab)≥4 (1) Mặt khác: a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)
=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) = (ab+
ab)+(ac+
ac)+(bc+
bc)≥2+2+2 VËy a2
+b2+c2+d2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10
vÝ dô 5: Cho sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng:
b+d¿2 ¿
a+c¿2+¿ ¿
√¿
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski tacó ac+bd √a2
+b2.√c2+d2
(6)(a2
+b2)+2√a2+b2.√c2+d2+c2+d2
⇒
b+d¿2 ¿
a+c¿2+¿ ¿
√¿
vÝ dô : Chøng minh r»ng
a2
+b2+c2≥ab+bc+ac
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) (a,b,c) ta có (12+12+12)(a2+b2+c2)≥(1 a+1.b+1 c)2 ⇒ (a2+b2+c2)≥ a2+b2+c2+2(ab+bc+ac) ⇒ a2
+b2+c2ab+bc+ac Điều phải chứng minh Dấu xảy a=b=c
Ph ơng pháp : Sử dụng tính chất bắc cầu L
u ý: A>B và b>c thì A>c 0< x <1 th× x ❑2 <x
vÝ dô 1:
Cho a, b, c ,d >0 tháa m·n a> c+d , b>c+d
Chøng minh r»ng ab >ad+bc Gi¶i:
Tacã {a>c+d
b>c+d ⇒ {
a −c>d>0
b −d>c>0 ⇒ (a-c)(b-d) > cd
⇔ ab-ad-bc+cd >cd
ab> ad+bc (điều phải chứng minh)
vÝ dô 2:
Cho a,b,c>0 tháa m·n a2
+b2+c2=5 Chøng minh
a+
1
b+
1
c<
1 abc Gi¶i:
Ta cã :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) ⇒ ac+bc-ab ¿¿
¿
1
2 ( a2+b2+c2) ⇒ ac+bc-ab
6 ¿ ¿
¿ Chia hai vÕ cho abc > ta cã
a+
1
b−
1
c
¿ ¿ ¿
1 abc
vÝ dô
Cho < a,b,c,d <1 Chøng minh r»ng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d Gi¶i:
Ta cã (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab Do a>0 , b>0 nªn ab>0
⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) Do c <1 nªn 1- c >0 ta cã ⇒ (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)
vÝ dô
(7)2a3
+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a
Gi¶i :
Do a < ⇒ a2
<1 vµ
Ta cã (1− a2).(1− b)<0 ⇒ 1-b- a2 + a2 b > ⇒ 1+ a2
b2 > a2 + b
mµ 0< a,b <1 ⇒ a2 > a3 , b2 > b3
Tõ (1) vµ (2) ⇒ 1+ a2
b2 > a3 +
b3
VËy a3 + b3 < 1+ a2 b2
T¬ng tù b3 +
c3 1+b2c
c ❑3 + a3
1+c2a Cộng bất đẳng thức ta có : 2a3
+2b3+2c3≤3+a2b+b2c+c2a
b)Chøng minh : Nếu a2+b2=c2+d2=1998 ac+bd =1998 (Chuyên Anh –98 – 99)
Gi¶i: Ta cã (ac + bd) ❑2 + (ad – bc )
❑2 = a ❑2 c ❑2 + b ❑2d2+2 abcd+a2d2
+b2c2 - abcd =
= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982 rá rµng (ac+bd)2 (ac
+bd)2+(ad−bc)2=19982
⇒ |ac+bd|≤1998
2-Bµi tËp : 1, Cho c¸c sè thùc : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m·n : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1
c høng minh r»ng : a ❑12 + a22+a32+ +a20032
1
2003 ( đề thi vào chuyên nga pháp 2003- 2004Thanh hóa )
2,Cho a;b;c tháa m·n :a+b+c=1(?) høng minh r»ng: (
a−1¿.(
1
b−1).(
1
c−1)≥8
Ph ¬ng ph¸p 5: dïng tÝnh chÊtcđa tû sè KiÕn thøc
1) Cho a, b ,c số dơng thì
a Nếu a
b>1 th× a b>
a+c
b+c b – NÕu a
b<1 th× a b<
a+c
b+c 2)NÕu b,d >0 th× tõ
a
b< c d⇒
a b<
a+c
b+d<
c d
`
vÝ dô :
Cho a,b,c,d > Chøng minh r»ng 1< a
a+b+c+
b b+c+d+
c c+d+a+
d d+a+b<2 Gi¶i :
Theo tÝnh chÊt cđa tØ lÖ thøc ta cã a
a+b+c<1⇒
a a+b+c<
a+d
(8)MỈt kh¸c : a
a+b+c>
a
a+b+c+d (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã
a
a+b+c+d <
a a+b+c <
a+d
a+b+c+d (3) T¬ng tù ta cã
b
a+b+c+d<
b b+c+d<
b+a
a+b+c+d (4) c
a+b+c+d<
c c+d+a<
b+c
a+b+c+d (5) d
a+b+c+d<
d d+a+b<
d+c
a+b+c+d (6) céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta cã
1< a
a+b+c+
b b+c+d+
c c+d+a+
d
d+a+b<2 điều phải chứng minh
ví dô :
Cho: a
b < c
d vµ b,d > Chøng minh r»ng a b <
ab+cd
b2+d2<
c d
Gi¶i: Tõ a
b < c
d ⇒
ab
b2<
cd
d2 ⇒
ab
b2<
ab+cd
b2+d2< cd
d2= c d
VËy a
b <
ab+cd
b2+d2<
c
d điều phải chứng minh
ví dụ : Cho a;b;c;dlà số nguyên dơng thỏa mÃn : a+b = c+d =1000
tìm giá trị lớn a
c+ b d
giải : Không tính tổng quát ta giả sử : a
c b
d Tõ : a c
b
d ⇒ a c≤
a+b
c+d≤
b d a
c≤1 v× a+b = c+d
a, NÕu :b 998 th× b
d 998 ⇒
a c+
b
d 999
b, NÕu: b=998 th× a=1 ⇒ a
c+ b
d =
1
c+
999
d Đạt giá trị lớn d= 1; c=999
Vậy giá trị lớn a
c+ b
d =999+
1
999 a=d=1; c=b=999
Ph ơng pháp 6: Phơng pháplàm trội
L u ý:
Dùng tính bất đẳng thức để đa vế bất đẳng thức dạng tớnh c tng
hữu hạn tích hữu h¹n
(*) Phơng 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:
uk=ak−ak+1 Khi :
S = (a1− a2)+(a2− a3)+ +(an− an+1)=a1an+1 (*) Phơng pháp chung tính tích hữu h¹n P = u1u2 un
(9)uk = ak
ak+1
Khi P = a1
a2 a2
a3
an
an+1 = a1
an+1 VÝ dô :
Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng
2<
1
n+1+
n+2+ +
n+n< Gi¶i:
Ta cã
n+k>
n+n=
2n víi k = 1,2,3,…,n-1
Do đó:
n+1+
n+2+ + 2n>
1 2n+ +
1 2n=
n
2n=
1 VÝ dô :
Chøng minh r»ng:
1+
√2+
√3+ +
√n>2(√n+1−1) Víi n số nguyên
Giải :
Ta cã
√k=
2 2√k>
2
√k+√k+1=2(√k+1−√k) Khi cho k chạy từ đến n ta có
> (√2−1)
√2>2(√3−√2) ………
√n>2(√n+1−√n)
Cộng vế bất đẳng thức ta có 1+
√2+
√3+ +
√n>2(√n+1−1) VÝ dô :
Chøng minh r»ng ∑ k=1 n
1
k2<2 ∀n∈Z
Gi¶i:
Ta cã
k2<
1
k(k −1)=
k −1−
k
(10)
1 22<1−
1
32< 2−
1
1
n2<
1
n −1−
n
⇒ 22+
1
32+ +
n2<1
VËy ∑ k=1 n
1
k2<2
Ph ¬ng ph¸p 7:
Dùng bất đẳng thức tam giác
L
u ý: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh tam giác : a;b;c>
Vµ |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
Ví dụ1: Cho a;b;clà số đo ba cạnh tam giác chứng minh
a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Gi¶i
a)Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta có
{
0<a<b+c 0<b<a+c 0<c<a+b
{
a2<a(b+c)
b2
<b(a+c)
c2
<c(a+b) Cộng vế bất đẳng thức ta có
a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) b) Ta cã a > b-c b − c¿
2
a2>a2−¿ > b > a-c c −a¿
2
b2
>b2−¿ > c > a-b a −b¿
2 >0
c2
>c2−¿ Nhân vế bất đẳng thức ta đợc
⇒a2b2c2>[a2−(b − c)2][b2−(c − a)2] [c2−(a −b)2] ⇒a2b2c2>(a+b − c)2(b+c − a)2(c+a −b)2
⇒abc>(a+b − c).(b+c −a).(c+a −b)
VÝ dô2: (404 – 1001)
1) Cho a,b,c lµ chiỊu dµi ba cạnh tam giác
Chứng minh ab+bc+ca<a2+b2+c2<2(ab+bc+ca)
2) Cho a,b,c lµ chiỊu dµi ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh r»ng a2
+b2+c2+2 abc<2
Ph ơng pháp 8: đổi biến số Ví dụ1:
Cho a,b,c > Chøng minh r»ng a b+c+
b c+a+
c a+b≥
(11)Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a= y+z − x
2 ; b =
z+x − y
2 ; c =
x+y − z ta cã (1) ⇔ y+z − x
2x +
z+x − y 2y +
x+y − z 2z
3 ⇔ y
x+ z x−1+
x y+
z y−1+
x z+
y z−1≥3
⇔ ( y
x+ x y¿+(
z x+
x z)+(
z y+
y z)≥6
Bất đẳng thức cuối ( y
x+ x
y≥2; z x+
x
z≥2 ; z y+
y
z≥2 nên ta có
điều phải chứng minh
Ví dơ2:
Cho a,b,c > vµ a+b+c <1 Chøng minh r»ng
a2+2 bc+
b2+2 ac+
c2+2 ab≥9 (1) Giải:
Đặt x = a2
+2 bc ; y = b2+2 ac ; z = c2+2ab
Ta cã x+y+z=(a+b+c)2<1 (1) ⇔1
x+
1
y+
1
z≥9 Víi x+y+z < vµ x ,y,z >
Theo bất đẳng thức Côsi ta có x+y+z ≥ √3xyz
1
x+
1
y+
1
z≥
3
√
xyz ⇒ (x+y+z).(1
x+
1
y+
1
z)≥9
Mµ x+y+z < VËy
x+
1
y+
1
z≥9 (®pcm) VÝ dơ3:
Cho x , y tháa m·n 2√x −√y=1 CMR x+y ≥51
Gợi ý:
Đặt x=u , y=v ⇒ 2u-v =1 vµ S = x+y = u2+v2 ⇒ v = 2u-1 thay vµo tÝnh S
Bµi tËp
1) Cho a > , b > , c > CMR: 25a
b+c+ 16b
c+a+
c a+b>8 2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0
CMR
ma
b+c+ nb
c+a+ pc
a+b≥
2(√m+√n+√p)
−(m+n+p)
(12)Ph ơng pháp 9: dùng tam thức bậc hai L
u ý :
Cho tam thøc bËc hai f(x)=ax2
+bx+c NÕu Δ<0 th× a.f(x)>0 ∀x∈R
NÕu Δ=0 th× a.f(x)>0 ∀x ≠ −b a
NÕu Δ>0 a.f(x)>0 với x<x1 x>x2 ( x2>x1 ) a.f(x)<0 víi x1<x<x2
VÝ dơ1:
Chøng minh r»ng
f(x , y)=x2+5y2−4 xy+2x −6y+3>0 (1) Gi¶i:
Ta cã (1) ⇔ x2−2x(2y −1
)+5y2−6y +3>0 Δ'=(2y −1)2−5y2+6y −3
¿4 y
−4y+1−5y2+6y −3
−(y −1)2−1<0 VËy f(x , y)>0 víi mäi x, y
VÝ dô2:
Chøng minh r»ng
f(x , y)=x2y4+2(x2+2).y2+4 xy+x2>4 xy3 Gi¶i:
Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với x2y4
+2(x2+2).y2+4 xy+x2−4 xy3>0 y2+1¿2.x2+4y(1− y)2x+4y2>0
⇔¿ Ta cã Δ'
=4y2(1− y2)2−4y2(y2+1)2=−16y2<0
V× a = (y2+1)2>0 vËy f(x , y)>0 (đpcm)
Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học Kiến thức:
chng minh bất đẳng thức với n>n0 ta thực bớc sau : – Kiểm tra bất đẳng thức với n=n0
- Giả sử BĐT với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đợc gọi giả thiết quy nạp )
3- Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)
(13)VÝ dô1:
Chøng minh r»ng
12+
22+ +
n2<2−
1
n ∀n∈N ;n>1 (1)
Gi¶i :
Víi n =2 ta cã 1+1 4<2−
1
2 (đúng) Vậy BĐT (1) với n =2
Giả sử BĐT (1) với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k+1
ThËt vËy n =k+1 th×
(1) ⇔
k+1¿2 ¿ ¿
1 12+
1 22+ +
1
k2+
¿
Theo gi¶ thiÕt quy n¹p
⇔
k+1¿2 ¿ ¿
12+ 22+ +
1
k2+
1 ¿
⇔
k+1¿2 ¿ ¿
1 12+ +
1
¿
⇔
k+1¿2 ¿
k+1¿2 ¿
k+1+1 ¿
⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều Vậy bất đẳng thức (1)đợc
chøng minh
VÝ dơ2: Cho n∈N vµ a+b>
Chøng minh r»ng (a+b )
n
an+bn
2 (1) Giải Ta thấy BĐT (1) với n=1
Giả sử BĐT (1) với n=k ta phải chứng minh BĐT với n=k+1 Thật với n = k+1 ta có
(1) ⇔ (a+b
2 ) k+1
ak+1+bk+1 ⇔ (a+b
2 ) k
.a+b
2
ak+1 +bk+1
2 (2) ⇔ VÕ tr¸i (2) a
k +bk
a+b =
ak+1
+abk+akb+bk+1
4 ≤
ak+1 +bk+1 ⇔ ak+1+bk+1
2 −
ak+1
+abk+akb+bk+1
4 ≥0
(14)(+) Giả sử a b giả thiết cho a -b ⇔ a |b|
⇔ ak≥|b|k≥ bk ⇒ (ak− bk).(a −b)≥0
(+) Gi¶ sư a < b theo giả thiết - a<b |a|k<bk⇔ak<bk ⇔ (ak− bk).(a −b)≥0
Vậy BĐT (3)ln ta có (đpcm)
Ph ơng pháp 11: Chứng minh phản chứng
L u ý :
1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức , ta giả sử bất đẳng thức sai kết hợp với giả thiết để suy điều vơ lý , điều vơ lý điều trái với giả thiết , điều trái ngợc Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh
2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “G ⇒ K” phép toán mệnh đề cho ta :
Nh để phủ định luận đề ta ghép tất giả thiết luận đề với phủ định kết luận
Ta thờng dùng hình thức chứng minh phản chứng sau : A - Dùng mệnh đề phản đảo : −−K⇒− −G
B – Phủ định rôi suy trái giả thiết : C – Phủ định suy trái với điều D – Phủ định suy điều trái ngợc E – Phủ định suy kết luận :
VÝ dô 1:
Cho ba sè a,b,c tháa m·n a +b+c > , ab+bc+ac > , abc > Chøng minh r»ng a > , b > , c >
Gi¶i :
Giả sử a từ abc > ⇒ a a < Mà abc > a < ⇒ cb <
Tõ ab+bc+ca > ⇒ a(b+c) > -bc > Vì a < mà a(b +c) > ⇒ b + c <
a < vµ b +c < ⇒ a + b +c < trái giả thiết a+b+c > VËy a > t¬ng tù ta cã b > , c >
VÝ dô 2:
Cho sè a , b , c ,d tháa m·n ®iỊu kiƯn
ac 2.(b+d) Chứng minh có bất đẳng thức sau sai:
a2
<4b , c2<4d
Gi¶i :
Giả sử bất đẳng thức : a2<4b , c2<4d cộng vế ta đ-ợc
a2+c2<4(b+d) (1)
Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d) 2ac (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒ a2
+c2<2 ac hay (a − c)2<0 (v« lý)
Vậy bất đẳng thức a2
<4b c2<4d có bất đẳng thức sai
VÝ dô 3:
Cho x,y,z > vµ xyz = Chøng minh r»ng
NÕu x+y+z >
x+
1
y+
1
(15)Gi¶i :
Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1
=x + y + z – (
x+
1
y+
1
z ) v× xyz =
theo gi¶ thiÕt x+y +z >
x+
1
y+
1
z
nªn (x-1).(y-1).(z-1) >
Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè d¬ng
Thật ba số dơng x,y,z > ⇒ xyz > (trái giả thiết) Cịn số dơng (x-1).(y-1).(z-1) < (vơ lý) Vậy có ba số x , y,z lớn
Phần iii : tập nâng cao 1/dùng định nghĩa
1) Cho abc = vµ a3
>36 Chøng minh r»ng a
2 +¿ b
2+c2> ab+bc+ac Gi¶i
Ta cã hiƯu: a +¿ b
2+c2- ab- bc – ac = a
2 +¿
a2
12+¿ b
2+c2- ab- bc – ac = ( a
2
4 +¿ b
2+c2- ab– ac+ 2bc) + a
12− 3bc =( a
2 -b- c)2 + a
−36 abc 12a
=( a
2 -b- c)2 + a
−36 abc
12a >0 (vì abc=1 a
3 > 36 nên a >0 ) VËy : a
2 3+¿ b
2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chứng minh
a) x4+y4+z2+1≥2x.(xy2− x+z+1) b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã a2
+5b2−4 ab+2a −6b+3>0
c) a2
+2b2−2 ab+2a −4b+2≥0 Gi¶i :
a) XÐt hiÖu H = x4
+y4+z2+1−2x2y2+2x2−2 xz−2x
= (x2− y2
)2+(x − z)2+(x −1)2
H ta có điều phải chứng minh b) Vế trái cã thÓ viÕt
H = (a −2b+1)2+(b −1)2+1
⇒ H > ta cã điều phải chứng minh c) vế trái có thÓ viÕt
H = (a −b+1)2+(b −1)2
H ta có điều phải chøng minh
(16)(x
+y2)2 (x − y)2 ≥8 Gi¶i :
Ta cã x2+y2=(x − y)2+2 xy=(x − y)2+2 (v× xy = 1)
⇒ (x2
+y2)2=(x − y)4+4 (x − y)2+4 Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với (x − y)4+4(x − y)2+4≥8.(x − y)2
⇔ (x − y)4−4(x − y)2+4≥0
⇔ [(x − y)2
−2]2≥0
BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh 2) Cho xy Chứng minh
1+x2+
1 1+y2≥
2 1+xy Gi¶i :
Ta cã 1+x2+
1 1+y2≥
2 1+xy ⇔ (
1+x2− 1+y2)+(
1 1+y2−
1 1+xy)≥0 ⇔ xy− x
2
(1+x2).(1+xy)+
xy− y2
(1+y2).(1+xy)≥0 ⇔ x(y − x)
(1+x2).(1+xy)+
y(x − y) (1+y2).(1+xy)≥0 ⇔ (y − x)
2
(xy−1)
(1+x2).(1+y2).(1+xy)≥0
BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh
Iii / dùng bất đẳng thức phụ
1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1
Chøng minh a2+b2+c21 Giải :
áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) (a,b,c) Ta cã (1.a+1 b+1 c)2≤(1+1+1).(a2+b2+c2)
⇔ (a+b+c)2≤3 (a2+b2+c2) ⇔ a2
+b2+c2≥1
3 (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số dơng
Chứng minh (a+b+c).(1
a+
1
b+
1
c)≥9 (1)
Gi¶i :
(1) ⇔ 1+a
b+ a c+
b a+1+
b c+
c a+
c a+1≥9
⇔ 3+(a
b+ b a)+(
a c+
c a)+(
b c+
(17)áp dụng BĐT phụ x
y+ y
x ≥2 Víi x,y >
Ta có BĐT cuối ln Vậy (a+b+c).(1
a+
1
b+
1
c)≥9 (đpcm)
Iv / dùng ph ơng pháp bắc cÇu
1) Cho < a, b,c <1 Chøng minh r»ng :
2a3
+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a
Gi¶i :
Do a <1 a2 <1 b <1 Nên (1 a2).(1− b2)>0⇒1+a2b − a2−b>0 Hay 1+a2b>a2+b (1)
Mặt khác <a,b <1 a2>a3 ; b>b3 ⇒ 1+a2>a3+b3
VËy a3+b3<1+a2b T¬ng tù ta cã
b
+c3<1+b2c
a3+c3<1+c2a
⇒ 2a3
+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a (đpcm) 2) So sánh 31 11 17
14
Giải :
Ta thÊy 3111 <
11
11 55 56
32 2 Mặt khác
14
56 4.14 14 14
2 2 16 17
Vëy 31 ❑11 < 17
❑14 (®pcm)
V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè
1) Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng :
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
Gi¶i :
V× a ,b ,c ,d > nªn ta cã
a b a b a b d
a b c d a b c a b c d
(1)
b c b c b c a
a b c d b c d a b c d
(2)
d a d a d a c
a b c d d a b a b c d
(3)
Cộng vế bất đẳng thức ta có :
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
(®pcm)
(18)
a b c
b c c a a b
Gi¶i :
Vì a ,b ,c số đo ba cạnh tam giác nên ta có a,b,c > Vµ a < b +c ; b <a+c ; c < a+b
Tõ (1)
2
a a a a
b c a b c a b c
Mặt khác
a a
b c a b c VËy ta cã
2
a a a
a b c b c a b c T¬ng tù ta cã
2
b b b
a b c a c a b c
2
c c c
a b c b a a b c Cộng vế ba bất đẳng thức ta có :
a b c
b c c a a b
(®pcm)
V/ ph ơng pháp làm trội :
1) Chøng minh B§T sau :
a)
1 1
1.3 3.5 (2n1).(2n1)2
b)
1 1
1
1.2 1.2.3 1.2.3 n
Gi¶i :
a) Ta cã
2 1 (2 1)
1 1 1
2 2 (2 1).(2 1) 2
k k
n n k k k k
Cho n chạy từ đến k Sau cộng lại ta có
1 1
1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2n
(®pcm)
b) Ta cã
1 1 1
1
1.2 1.2.3 1.2.3 n 1.2 1.2.3 n n
<
1 1 1
1 2
2 n n n
(®pcm)
Phần iv : ứng dụng bất đẳng thức 1/ dùng bất đẳng thức để tìm c c trị
L u ý
- Nếu f(x) A f(x) có giá trị nhá nhÊt lµ A - NÕu f(x) B f(x) có giá trị lớn B VÝ dô :
(19)Gi¶i :
Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x| |x-1+4-x| = (1) Vµ x x x 2 3 x x 3 x 1 (2) VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| 1+3 = 4
Ta cã tõ (1) DÊu b»ng x¶y 1 x (2) DÊu b»ng x¶y 2 x Vậy T có giá trị nhá nhÊt lµ 2 x VÝ dụ :
Tìm giá trị lớn nhÊt cña
S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > x+y+z =1 Giải :
Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Côsi ta có x+ y + z 33 xyz
3 1
3 27
xyz xyz
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có x y y z z x 33x y y z x z
3 3x y y z z x DÊu b»ng x¶y x=y=z=
1 VËy S
8
27 27 729
Vậy S có giá trị lớn lµ
729 x=y=z= VÝ dô : Cho xy+yz+zx =
Tìm giá trị nhỏ x4y4z4 Giải :
áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho sè (x,y,z) ;(x,y,z)
Ta cã
2
2 2 2 2
xy yz zx x y z
2
2 2
1 x y z
(1)
Ap dơng B§T Bunhiacèpski cho (x y z2, 2, 2) vµ (1,1,1)
Ta cã
2 2 2 2 4
2 2 4
( ) (1 1 )( )
( ) 3( )
x y z x y z
x y z x y z
Tõ (1) vµ (2) 3( x4y4z4)
4 4
3
x y z
Vậy x4y4z4 có giá trị nhỏ nhÊt lµ
(20)Trong tam giác vuông có cạnh huyền , tam giác vuông có diện tích lớn
Giải :
Gọi cạnh huyền tam giác 2a Đờng cao thuộc cạnh huyền h
Hình chiếu cạnh góc vuông lên cạnh huyền x,y
Ta cã S =
2
1
2 x y h a h a h a xy Vì a không đổi mà x+y = 2a
VËy S lín nhÊt x.y lín nhÊt xy
Vậy tam giác có cạnh huyền tam giác vuông cân có diện tích lớn nhÊt
Ii/ dùng b.đ.t để giải ph ơng trình hệ ph ơng trình
VÝ dơ :
Gi¶i phơng trình sau
3x26x19 5x210x14 2 x x Gi¶i :
Ta cã 3x26x19 3.(x22x1) 16 3.(x1)216 16
2
5x 10x14 5. x1 9
VËy 3x2 6x19 5x210x14 5 DÊu ( = ) x¶y x+1 = x = -1
VËy 3x26x19 5x210x14 2 x x x = -1 Vậy phơng trình có nghiệm x = -1
VÝ dô :
Giải phơng trình
x 2 x2 4y24y3 Gi¶i :
¸p dơng B§T BunhiaCèpski ta cã :
2 2 2
2 1 2 2
x x x x
DÊu (=) x¶y x =
Mặt khác
2
4y 4y 3 2y1 2
DÊu (=) x¶y y = -1
VËy x 2 x2 4y24y 3 x =1 vµ y =-1
Vậy nghiệm phơng trình
1 x y
VÝ dô :
(21)4 x y z
x y z xyz
Giải : áp dụng BĐT Côsi ta có
4 4 4
4 4
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x
2 2
2 2
x y y z z x
y z
x y y z z x
x y y z z y z z x z y x
2 2
.( )
y xz z xy x yz xyz x y z
V× x+y+z = 1)
Nªn x4y4z4 xyz
DÊu (=) x¶y x = y = z =
VËy 4 x y z
x y z xyz
cã nghiÖm x = y = z =
1 VÝ dô : Giải hệ phơng trình sau
2
4
2
xy y
xy x
(1) (2)
Từ phơng trình (1) 8 y2 0 hay y Tõ ph¬ng tr×nh (2)
2 2 . 2 2
x x y x
2
2
2 2
( 2)
2
x x
x x x
NÕu x = th× y = 2 NÕu x = - th× y = -2
Vậy hệ phơng trình cã nghiÖm
2 x y
vµ
2 2 x
y
Iii/ dùng B.Đ.t để giải ph ơng trình nghiệm nguyên
(22)V× x,y,z số nguyên nên x2y2z2 xy3y2z
2 2
2
2
3
3
3
4
x y z xy y z
y y
x xy y z z
2
2
3 1
2
y y
x z
(*)
Mµ
2
2
3 1
2
y y
x z
x y R,
2
2
3 1
2
y y
x z
0
2 1
1
2
1
y x
x y
y z z
Các số x,y,z phải tìm x y z
VÝ dô 2:
Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình
1 1 x y z Giải :
Không tính tổng quát ta giả sử x y z
Ta cã
1 1
2 2z
x y z z
Mà z nguyên dơng z =
Thay z = vào phơng trình ta đợc 1
1 x y Theo gi¶ sư xy nªn =
1 x y
1 y
2 y
mà y nguyên dơng Nên y = hc y =
Víi y = không thích hợp
Với y = ta cã x =
Vậy (2 ,2,1) nghiệm phơng trình
Hoán vị số ta đợc nghiệm phơng trình (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2)
VÝ dô :
(23)x x y (*) Gi¶i :
(*) Víi x < , y < phơng trình không cã nghÜa (*) Víi x > , y >
Ta cã x x y x xy2 x y2 x0
Đặt x k (k nguyên dơng x nguyên dơng ) Ta có k k.( 1)y2
Nhng
2
2 1 1
k k k k ky k 1
Mµ k k+1 hai số nguyên dơng liên tiếp không tồn số nguyên dơng
Nên cặp số nguyên dơng thoả mÃn phơng trình
Vậy phơng trình cã nghiƯm nhÊt lµ : 0 x y
Tài liệu tham khảo
************
1- toán nâng cao chuyên đề đại số -nxb giáo dục – 1998
Tác giả : Nguyễn Ngọc Đạm Nguyễn Việt Hải Vũ Dơng Thụy
2- toán nâng cao cho học sinh - đại số 10 -nxb Đại học quốc gia h ni 1998
Tác giả : Phan Duy Kh¶i
– toán bồi dỡng học sinh đại số
-nhà xuất hà nội
Tỏc giả : Vũ Hữu Bình – Tơn Thân - Đỗ Quang Thiều – sách giáo khoa đại số 8,9,10
-nxb gi¸o dơc – 1998
5 – toán nâng cao đại số 279 toán chọn lọc -nhà xuất trẻ – 1995
Tác giả : Võ Đại Mau