Thông tin tài liệu
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức PHẦN CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý 1/Định nghĩa A B A B A B A B 2/Tính chất + A>B B A + A>B B >C A C + A>B A+C >B + C + A>B C > D A+C > B + D + A>B C > A.C > B.C + A>B C < A.C < B.C + < A < B < C B > 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 > A > A m > A n + m > n > 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 : a) x + y + z xy+ yz + zx b) x + y + z 2xy – 2xz + 2yz c) x + y + z +3 (x + y + z) Giải: a) Ta xét hiệu : x + y + z - xy – yz – zx = ( x + y + z - xy – yz – zx) ( x y ) ( x z ) ( y z ) với x;y;z R Vì (x-y)2 vớix ; y Dấu xảy x=y (x-z)2 vớix ; z Dấu xảy x=z (y-z)2 với z; y Dấu xảy z=y Vậy x + y + z xy+ yz + zx Dấu xảy x = y =z = b)Ta xét hiệu: x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz – 2yz = ( x – y + z) với x;y;z R Vậy x + y + z 2xy – 2xz + 2yz với x;y;z R Dấu xảy x+y=z c) Ta xét hiệu: x + y + z +3 – 2( x+ y +z ) = x - 2x + + y -2y +1 + z - 1 A B 2z +1 3/Một số bất đẳng thức + A với A ( dấu = xảy A = ) + An với A ( dấu = xảy A = ) + A với A (dấu = xảy A = ) + -A 0) + A B A B ( dấu = xảy A.B < 0) = (x-1) 2+ (y-1) 2+(z-1) Dấu(=)xảy x=y=z=1 Ví dụ 2: chứng minh : a) a2 b2 a b ; b) a2 b2 c2 a b c 3 c) Hãy tổng quát toán Giải: a2 b2 a b a 2ab b 1 = 2a 2b a b 2ab = a b 2 4 a) Ta xét hiệu a2 b2 a2 b2 a b Vậy = Dấu xảy a=b b)Ta xét hiệu 2 Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh a2 b2 c2 a b c 2 = a b b c c a Vậy 3 a2 b2 c2 a b c 3 Nếu A < B C < D , với C < D bất đẳng thức hiển nhiên, biết có bất đẳng thức A < B Chú ý đẳng thức sau: A B 2 A AB B A B C 2 A B C AB AC BC A B 3 A A B AB B Dấu xảy a = b =c a12 a 22 a n2 a1 a a n n n Tóm lại bước để chứng minh A B theo định nghĩa c)Tổng quát Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e số thực chứng minh Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B Bước 2:Biến đổi H=(C+D) H=(C+D) +….+(E+F) Bước 3:Kết luận A B 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 mn n mp p mq q m 1 4 4 2 b2 ab 2 b) a b ab a b c) a b c d e a b c d e a) a Giải: b2 ab 4a b 4ab 4a 4a b 2a b b2 (BĐT đúng) Vậy a ab (dấu xảy 2a=b) b) a b ab a b 2(a b 2(ab a b) a) a m m m m n p q 1 (luôn đúng) 2 2 2 2 m m n 0 n m m p0 m2 p Dấu xảy m n p q q 0 m q 2 m 22 m 1 Ví dụ 2: Chứng minh với a, b, c ta có : a b c abc(a b c ) a 2ab b a 2a b 2b (a b) (a 1) (b 1) Bất đẳng thức cuối Vậy a b ab a b Dấu xảy a=b=1 c) a b c d e a b c d e 4 a b c d e 4ab c d e a 4ab 4b a 4ac 4c a 4ad 4d a 4ac 4c a a2 b 2a b b c 2b c c a 2 2 12 2a c 2 2a bc 2b ac 2c ab a2 b2 b 2 c2 c 2 a2 (a b b c 2b ac ) (b c c a 2c ab) (a b c a 2a ab) 2 a2 b b2 c Đúng với a, b, c c 2 a ab bc bc ac ab ac 2 2 10 10 Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 x y 0 Giải: Phương pháp : Dùng phép biến đổi tương đương Kiến thức: b10 a b a b a b a a b a b10 b12 a12 a b a b b12 2 2 6 a b a b a b b a a b (a -b )(a -b ) 2 2 2 a b (a -b ) (a + a b +b ) 2a 2b 2c 2a bc 2b ac 2c ab 2 Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a 10 b10 a b a b a b Giải: Giải: Ta có : a b c abc(a b c ) , a, b, c a b c a bc b ac c ab 2 a 2b a 2c a 2d a 2c Chứng minh x2 y2 2 x y x2 y2 2 2 :x y nên x- y x +y 2 ( x-y) x y 2 x +y - 2 x+ 2 y x +y +2- 2 x+ 2 y -2 2 x +y +( ) - 2 x+ 2 y -2xy x.y=1 nên 2.x.y=2 (x-y- ) c) x y 2 xy Điều luôn Vậy ta có điều phải chứng minh a b 2 Ví dụ Cho a, b ,c số không âm chứng minh (a+b)(b+c)(c+a) 8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: x y 2 xy Tacó a b 2 4ab ; b c 2 4bc ; c a 2 4ac 2 2 a b b c c a 64a b c 8abc (a+b)(b+c)(c+a) 8abc 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 : b/ a b c a b c (gợi ý :bình phương vế) c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn: x y.z 1 1 x yz x y z Chứng minh :có ba số x,y,z lớn Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 x y z b a d) Ví dụ 4: Chứng minh rằng: a/ P(x,y)= x y y xy y x, y R 1 x y z x y z =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( )=x+y+z - ( ) (vì < x+y+z a1 a a n n n a1a a n theo gt) n a a a n a1a a n n Dấu “=” xảy a1 a a n số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dương Nếu trường hợp sau xảy x, y, z >1 x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy trường hợp tức có ba số x ,y ,z số lớn Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi đề cho biến số không âm a b c 2 Ví dụ 5: Chứng minh : ab bc ac Ví dụ : Giải phương trình : Giải : Nếu đặt t =2x pt trở thành pt bậc theo t nên ta đặt Giải: 1 a a (1) ab abc ab abc b b c c ( 2) , (3) Tương tự ta có : bc abc ac abc a x , a, b b x Ta có : a b a b c Khi phương trình có dạng : Cộng vế theo vế bất đẳng thức (1), (2), (3), ta : a b c (*) ab bc ac a ac Ta có : a a b ab abc b ab (5) , Tương tự : bc abc a b b 1 a 1 a b Vế trái phương trình: a b a b 1 a b 1 a b 1 1 1 1 3 b 1 a 1 a b b 1 a 1 a b 1 1 a b 1 b 1 a 1 a b 3 b 1 a 1 a b b 1 a 1 a b (4) c cb ca abc 2x 4x 2x x x 1 1 4x x ( 6) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (4), (5), (6), ta : a b c 2 ab bc ac (**) Từ (*) (**) , ta : a b c (đpcm) ab bc ac Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ Kiến thức: a) x y xy b) x y xy dấu( = ) x = y = 3 3 a 1b 1a b 3 a 1b 1a b 2 Vậy phương trình tương đương với : a 1 b a b a b 2x 4x x Ví dụ : Cho x, y , z > x + y + z = Tìm GTLN P = x y z x 1 y 1 z 1 Giải : P = 3- ( 1 ) = – Q Theo BDT Côsi , a, b, c > x 1 y 1 z 1 Giải: Đặt f ( x ) x (a c ) x ac có nghiệm a,c Mà: a b c f (b) b (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 a b c 3 abc 1 1 1 1 1 33 a b c a b c abc a b c a b c a bc 1 x 1 y 1 z 1 Vậy max P = x = y = z = Suy Q = Ví dụ 3: -Q 9 nên P = – Q 3- = 4 2 xa yb zc ac x y z a c x y z a Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : Tương tự : Phương pháp Bất đẳng thức Bunhiacopski Kiến thức: Cho 2n số thực ( n ): a1 , a , a n , b1 , b2 , , bn Ta có: 1 1 1 1 b ac b ac bc ab c ab c ab ac bc 2 abc a bc b ac c ab 2abc (a1b1 a b2 a n bn ) (a12 a 22 a n2 )(b12 b22 bn2 ) Dấu “=” xảy Dấu “=” xảy a = b = c Ví dụ : CMR tam giác ABC : a b c 3 bca cab abc Giải : Theo bất đẳng thức Côsi : a b c abc 33 (1) bca cab abc (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 (3) (b c a )(c a b)(a b c) Từ (1),(3) suy (*) Dấu “=” xảy a = b = c hay ABC Ví dụ 5: 0 a b c Chứng minh rằng: 0 x, y, z Cho x y z c x y z a c x y z 2 (đpcm) xa yb zc ac 4ac a b c 1 1 a bc 2a bc a bc a bc ab ac by cz x y z a c 4ac a b c b x y z 2 4 xa yb zc ac a c x y z a b c 1 abc 2abc a bc b ac c ab Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: (*) Hay a a1 a n b1 b2 bn b b1 b2 n (Quy ước : mẫu = tử = ) a1 a an Chứng minh: a a a a 2 n Đặt 2 b b1 b2 bn Nếu a = hay b = 0: Bất đẳng thức Nếu a,b > 0: b , i i i 1,2, n , Thế thì: 12 22 n2 12 22 n2 a b Mặt khác: i i i2 i2 1 n n (12 22 n2 ) ( 12 22 n2 ) 2 Suy ra: 1 a1b1 a b2 a n bn a.b Đặt: i Lại có: a1b1 a b2 a n bn a1b1 a b2 a n bn Suy ra: (a1b1 a b2 a n bn ) (a12 a 22 a n2 )(b12 b22 bn2 ) i i i 1,2, , n a a a n dáu b b bn 1 n n a a1 a n a12 a 22 a n2 n 1 Dấu”=” xảy Ví dụ 2: Ví dụ : Chứng minh rằng: x R , ta có: sin x cos x Giải: Ta có: sin x cos x 1, x R (a c ) (b d ) a b c d Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó 1 sin x cos4 x sin x cos4 x a c 2 b d 2 a b 2ac bd c d a b 2 1 sin x.1 cos4 x.1 sin x cos8 x 12 12 sin x cos4 x 4 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có góc A,B,C nhọn Tìm GTLN của: P tan A tan B tan B tan C tan C tan A Giải: * Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng Cho m số, số gồm n số không âm: (ai , bi , , ci )(i 1,2, , m) Thế thì: (a1a a m b1b2 bm c1c c m ) (a1m b1m c1m )( a 2m b2m c 2m )(a mm bmm c mm ) Dấu”=” xảy bô số (a,b,….,c) cho: với i = 1,2,…,m t i cho: a t i , b t i bi , , c t i ci , Hay a1 : b1 : : c1 a : b2 : : c a n : bn : c n a12 a 22 a n2 Ví dụ 1: Cho n Z,n a a a Chứng minh rằng: n 2 n 1 Giải: 1 1 k2 k2 k k 2 1 2 1 k k k 2 k N * ta có: 1 1 1 1 1 5 1 3 n 3 n n 2 2 n 2 Do theo bất đẳng thức Bunhiacopski: 2 2 (a c ) (b d ) a b c d a2 b2 c2 d c2 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) (a,b,c) Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski lần nữa: ac+bd a b c d mà Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: Cho số a,b,c,d chứng minh rằng: sin x.1 cos x.1 sin x cos4 x 12 12 1 (đpcm) 2 32 n 1 12 12 (a b c ) 1.a 1.b 1.c ta có a b c a b c 2ab bc ac Điều phải chứng minh Dấu xảy a b c ab bc ac a=b=c Phương pháp 6: Kiến thức: Bất đẳng thức Trê- bư-sép a1 a a n b1 b2 bn a)Nếu a1 a a n b1 b2 bn a1b1 a b2 a n bn n n n a a a n Dấu ‘=’ xảy b1 b2 bn a1 a a n b1 b2 bn b)Nếu a1 a a n b1 b2 bn a1b1 a b2 a n bn n n n a1 a a n Dấu ‘=’ xảy b1 b2 bn Ví dụ 1: Cho ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = sin A sin 2a sin B.sin B sin C sin 2C 2S sin A sin B sin C S diện tích tan giác chứng minh ABC tam giác Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư A B C Suy ra: sin A sin B sin C sin 2a sin B sin 2C Áp dụng BĐT trebusep ta được: 10 sin A sin B sin C sin A sin B sin 2C 3sin A sin A sin B sin B sin C sin 2C 1 (dùng x ) ab x Ta có a b c 2(ab cd ) 2(ab ) (1) ab Mặt khác: ab c bc d d c a = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) 1 = ab ac bc ab ac bc Vậy a b c d a b c bc d d c a 10 Do abcd =1 nên cd = sin A sin A sin B sin B sin C sin 2C (sin A sin B sin 2C ) sin A sin B sin C sin A sin B sin C Dấu ‘=’ xảy ABC dêu sin A sin B sin 2C Mặt khác: sin A sin B sin 2C sin( A B) cos( A B) sin 2C sin C cos( A B) cos C sin C cos( A B) cos( A B) sin C.2 sin A.sin B sin A sin B sin C (2 R sin A)( R sin B ) sin C a.b sin C 2S (2) Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli Kiến thức: a)Dạng nguyên thủy: Cho a -1, n Z 1 a n na Dấu ‘=’ xảy Thay (2) vào (1) ta có sin A sin 2a sin B sin B sin C sin 2C S sin A sin B sin C Dấu ‘=’ xảy ABC a n b) Dạng mở rộng: - Cho a > -1, 1 a na Dấu xảy a = Ví dụ 2(HS tự giải): a/ Cho a,b,c>0 a+b+c=1 b/ c/ Cho x,y,z>0 x+y+z=1 Cho a>0 , b>0, c>0 CMR: - cho a 1,0 1 a na Dấu xảy va Ví dụ : Chứng minh a b b a 1, a, b Giải - Nếu a hay b BĐT - Nếu < a,b < Áp dụng BĐT Bernouli: a b c bc ca ab d)Cho x ,y thỏa mãn x y Ví a 1 1 9 a b c CMR:x+2y+z 4(1 x)(1 y)(1 z ) CMR: dụ Cho 3: a>b>c>0 ;CMR: x+y a2 b2 c2 Chứng a3 b3 c3 bc ac ab Giải: a2 b2 c2 minh b b b 1 a a b a 1 a ab 1 1 a a a ab a b Chứng minh tương tự: b a Suy a b b a ab Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c a b c a5 b5 c5 a b c 3 Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có Giải a b c a2 b2 c2 a b c a b2 c2 = = bc ac ab bc ac ab 2 a3 b3 c3 1 Vậy Dấu xảy a=b=c= bc ac ab 1 b c ac ab Cho a,b,c,d>0 abcd =1 Chứng minh : Ví dụ 4: a b c d a b c bc d d c a 10 2 2 (1) 5 3a 3b 3c 3 abc abc abc Áp dụng BĐT Bernouli: 5 5b c 2a 3a b c 2a 1 1 a b c a b c abc Chứng minh tương tự ta đuợc: Giải: Ta có a b 2ab c d 2cd 11 12 (2) (đpcm) 5c a 2b 3b 1 a b c abc Giải: (3) a c d b c d 5a b 2c 3c 1 abc abc Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có 5 3a 3b 3c (đpcm) abc abc abc Chú ý: ta có toán tổng quát sau đây: “Cho a1 , a , a n 0; r Chứng minh r r Ví dụ 3: Cho x, y, z Chứng minh x y z 2x 2 y 2z Giải Đặt a x , b y , c z 1 a, b, c 2 a a 1a (1) a 3 b c 3 c (2) (3) 1 côsi 1 1 a b c 2 a b c 2 a b c a b c 81 1 1 (a b c) (đpcm) a b c Chú ý: Bài toán tổng quát dạng “ Cho n số x1 , x , , x n a, b, c Ta có: c x1 1 1 a b c abc 2 ( a +b +c ) 1 1 ac+bc-ab Chia hai vế cho abc > ta có a b c abc ac+bc-ab dụ 4: Cho 0 , b>0 nên ab>0 (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) Do 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) 81 a 3a a (a-c)(b-d) > cd Giải: Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) r r n a a a n a a a n n Dấu ‘=’ a1 a a n (chứng minh tương tự trên) 2 a c d b d c ab-ad-bc+cd >cd ab> ad+bc Tacó (4) nc4c c a c x2 c xn c x1 c x2 c xn b a b Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu Kiến thức: A>B B>C A>C Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d Chứng minh ab >ad+bc 13 Giải: Do a < a Ta có 1 a .1 b 1-b- a + a b > 1+ a b > a + b mà 0< a,b a , b > b Từ (1) (2) 1+ a b > a + b Vậy a + b < 1+ a b Tương tự b + c3 b c ; c + a c a Cộng bất đẳng thức ta có : 2a 2b 2c a b b c c a Ví dụ Chứng minh : Nếu a b c d 1998 ac+bd =1998 Giải: Ta có (ac + bd) + (ad – bc ) = a c + b d abcd a d b c - 2abcd = = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982 rõ ràng (ac+bd)2 ac bd 2 ad bc 2 1998 ac bd 1998 Ví dụ (HS tự giải) : a/ Cho số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1 c hứng minh : a 12 + a 22 a32 a 2003 b/ Cho a;b;c thỏa mãn :a+b+c=1 a b c Chứng minh rằng: ( 1).( 1).( 1) 14 2003 Phương pháp 9: Dùng tính chất tỷ số Kiến thức 1) Cho a, b ,c số dương a a ac a – Nếu b b bc a a ac b – Nếu b bc b b d Từ : a c b d a ab b c cd d b a b 999 998 d c d a b 999 b/Nếu: b=998 a=1 = Đạt giá trị lớn d= 1; c=999 c d c d a b Vậy giá trị lớn =999+ a=d=1; c=b=999 c d 999 ` Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > Chứng minh a b c d 2 abc bcd cd a d a b Giải: Theo tính chất tỉ lệ thức ta có a a ad 1 abc abc abcd a a Mặt khác : abc abcd (1) (2) Từ (1) (2) ta có \ a a ad < < abcd abc abcd b b ba abcd bcd abcd c c bc abcd cd a abcd d d d c abcd d ab a bcd (4) (5) (6) cộng vế với vế (3); (4); (5); (6) ta có a b c d điều phải chứng minh abc bcd cd a d a b a c a ab cd c Ví dụ :Cho: < b,d > Chứng minh < b d b b d2 d a c ab cd ab ab cd cd c Giải: Từ < b d b d b b d2 d2 d a ab cd c Vậy < điều phải chứng minh b b2 d d 1 Ví dụ : Cho a;b;c;dlà số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000 b d Phương pháp 10: Phương pháp làm trội Kiến thức: Dùng 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 u un Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k hiệu hai số hạng liên tiếp nhau: uk ak ak 1 (3) Tương tự ta có a c a/ Nếu :b 998 a c a ac c b d b bd d tìm giá trị lớn a c a a+b = c+d c 2) Nếu b,d >0 từ 1 Không tính tổng quát ta giả sử : Giải: Khi :S = a1 a2 a2 a3 an an1 a1 an 1 (*) Phương pháp chung tính tích hữu hạn: P = u1u u n Biến đổi số hạng u k thương hai số hạng liên tiếp nhau: u k = Khi P = a1 a2 a a n a2 a3 an1 an1 Ví dụ 1: Với số tự nhiên n >1 chứng minh 1 1 n 1 n nn 1 Giải: Ta có với k = 1,2,3,…,n-1 n k n n 2n 1 1 n Do đó: n 1 n 2n 2n 2n 2n Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 1 n 1 Với n số nguyên n 2 k 1 k Giải: Ta có k k k k 1 Khi cho k chạy từ đến n ta có > 1 2 3 2 15 1 16 ak ak 1 ……………… n 1 n n Ví dụ2 (HS tự giải) 1/ Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam giác Chứng minh ab bc ca a b c 2(ab bc ca ) 2/Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh a b c 2abc Phương pháp 12: Sử dụng hình học tọa độ Ví dụ 1: Chứng minh : c(a c) c(b c) ab , a b b c Giải Trong mặt phẳng Oxy, chọn u ( c, b c ) ; v ( a c , c ) Thì u b , v a ; u.v c(a c) c(b c) Cộng vế bất đẳng thức ta có n Ví dụ 3: Chứng minh k 1 n 1 n 2 n Z k 1 1 1 k k k 1 k k Giải: Ta có Cho k chạy từ đến n ta có 1 1 22 1 32 1 1 1 n2 n n n n Vậy k Hơn nữa: u.v u v cos(u , v) u v Ví dụ 2: n Cho 2n số: xi ; y i , i 1,2, , n thỏa mãn: n 2 k 1 Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức tam giác xi2 y i2 a a (b c ) b b(a c ) c c( a b) Cộng vế bất đẳng thức ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 2/ Ta có a > b-c a a (b c) > b > a-c b b ( c a) > c > a-b c c ( a b) Nhân vế bất đẳng thức ta a 2b 2c a b c b c a c a b 2 a 2b 2c a b c b c a c a b abc a b c b c a c a b 17 i i Chứng minh rằng: i 1 2 Giải: Vẽ hình y Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh tam giác : 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 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 số đo cạnh tam giác nên ta có n x y i 1 i 1 0 a b c 0 b a c 0 c a b c( a c) c(b c) ab (ĐPCM) MK MN H M x O x+ y=1 Trong mặt phẳng tọa độ, xét: M ( x1 , y1 ) : M ( x1 x , y1 y ) ;…; M n ( x1 x n , y1 y n ) Giả thiết suy M n đường thẳng x + y = Lúc đó: OM x12 y12 , M M x 22 y 22 , M M x32 y32 ,…, M n1 M n x n2 y n2 Và OM M M M M M n1 M n OM n OH n 2 (ĐPCM) Phương pháp 13: Đổi biến số xi2 y i2 i 1 18 2 a b c (1) bc ca ab yzx zx y Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a= ; b= ;c 2 x yz = yzx zx y x yz ta có (1) 2x 2y 2z y z x z x y y x z x z y 1 1 1 ( ) ( ) ( ) x x y y z z x y x z y z y x z y z x nên ta có 2; Bất đẳng thức cuối ( 2; x z x y y z Ví dụ1: Cho a,b,c > Chứng minh điều phải chứng minh Ví dụ2: Cho a,b,c > a+b+c x y z 1 1 3 x y z xyz Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x y z 3 xyz , và: x y z . Mà x+y+z < Vậy x y z 1 9 x y z Ví dụ3: Cho x , y thỏa mãn x y CMR x y Gợi ý: Đặt x u , thay vào tính S Bài tập tự giải y v 2u-v =1 S = x+y = u v v = 2u-1 a f ( x) 0, x Định lí 2: Phương trình f(x) = có nghiệm x1 x2 a f Phương trình f(x) = có nghiệm : a f x1 x S 2 Phương trình f(x) = có nghiệm : a f x1 x S 2 x x Phương trình f(x) = có nghiệm f f x1 x Ví dụ 1:Chứng minh f x, y x y xy x y Giải: Ta có (1) x x 2 y 1 y y (1) 2 2 y 1 y y y y y y y 1 1) Cho a > , b > , c > CMR: 25a 16b c 8 bc ca a b Vậy f x, y với x, y Ví dụ2: Chứng minh rằng: f x, y x y 2x 2 y xy x xy Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0 CMR 1 y x y x y xy x xy ( y 1) x y 1 y x y y y 1 16 y Ta có y 2 Vì a = y 1 f x, y (đpcm) Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức với n n0 ta thực bước sau : – Kiểm tra bất đẳng thức với n n0 ma nb pc bc ca ab Phương pháp 14: (đpcm) a a f ( x) 0, x a f ( x) 0, x f(x) > 0, x m n p m n p Dùng tam thức bậc hai Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c Định lí 1: 19 20 x y Với x,y > Ta có BĐT cuối y x 1 Vậy a b c . (đpcm) a b c áp dụng BĐT phụ * Dùng phương pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c a + b + c Cmr : 1 1 1 64 Các số x,y,z phải tìm y z 1 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình Giải: Không tính tổng quát ta giả sử 1 2 x y z x yz 1 Ta có z x y z z a b c 1 1 HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 1 , 1 , 1 a b c Bài : Cho a c 0, b c Cmr : c(a c) c (b c ) ab c ac c bc , , cộng hai vế b a a b HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho Mà z nguyên dương z = Thay z = vào phương trình ta 1 1 x y Theo giả sử x y nên = 1 1 1 1.2 2.3 3.4 n(n 1) theo vế a2 b2 b 1 a 1 a2 b2 , HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho xét trường hợp dấu “=” b 1 a 1 Bài 5: Cho a, b >1 Tìm GTNN S = 1 y mà y nguyên dương x y y Nên y = y = Với y = không thích hợp Với y = ta có x = Vậy (2 ,2,1) nghiệm phương trình Hoán vị số ta nghiệm phương trình (2,2,1);(2,1,2); (1,2,2) Ví dụ 3:Tìm cặp số nguyên thoả mãn phương trình x x y (*) Giải: (*) Với x < , y < phương trình nghĩa (*) Với x > , y > Ta có x x y x x y x y x Đặt x k (k nguyên dương x nguyên dương ) Ta có k (k 1) y 2 Nhưng k k k 1 k 1 k y k Mà k k+1 hai số nguyên dương liên tiếp không tồn số nguyên dương Nên cặp số nguyên dương thoả mãn phương trình x y xảy Bài : Tìm GTLN GTNN y = HD: Đặt x= x 12 x (1 x ) tg , , 2 Bài 10: Cho 36x 16 y Cmr : 15 25 y 2x 4 x cos y sin HD: Đặt : x Bài 11: Cmr : x (1 x ), x 1,1 HD : Đặt x = sin 2 , , 4 Bài 12: Cho a, b 0, c Chứng minh rằng: a b c a b b c c a Bài 13: Cho ABC có a, b, c độ dài cạnh Chứng minh rằng: a b ( a b ) b c (b c ) c a (c a ) Vậy phương trình có nghiệm : Bài 14: Cho n ,1 n, a, b Chứng minh Bài tập đề nghị : Bài 15: n ,2 n Chứng minh rằng: 35 36 1 n an bn a b 1 3 n n SKKN CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI Bài 16: Có tồn xR cho: tg x 3? tgx Bài 17: Cho ABC có diện tích (đơn vị diện tích) Trên cạnh BC, CA, AB lấy lần lược điểm A’, B’, C’ Chứng minh rằng: Trong tất tam giác AB’C’, A’BC’, A’B’C có diện tích nhỏ hay 1(đơn vị diện tích) I TÊN ĐỀ TÀI: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP CHỌN ĐIỂM RƠI II ĐẶT VẤN ĐỀ: Qua kỳ thi giỏi toán quốc tế, nhiều chuyên gia thường nhận định toán BẤT ĐẲNG THỨC sở trường học sinh VIỆT NAM Tuy nhiên học sinh phổ thông học sinh lớp chọn ( tự nhiên ) phổ thông em thường thiếu tự tin đối diện với toán BĐT (bất đẳng thức) Minh chứng rõ ràng toán chứng minh BĐT toán có sử dụng BĐT để chứng minh số dạng toán nằm diện phân loại học sinh đề thi đại học Phương pháp mà đề tài giới thiệu nhắm vào đại phận toán BĐT ( BĐT mà biến có tính đối xứng biến hoán vị vòng quanh ) Ngoài BĐT mà biến tính chất có biến đổi thích hợp để vận dụng phương pháp Ngoài có phương pháp khác hổ trợ như: Đổi biến, Đặt ẩn phụ III CƠ SỞ LÝ LUẬN ĐỊNH NGHĨA: A ≥ BÙA–B ≥ TÍNH CHẤT * A > B B > C => A > C * A > B ⇒A + C > B + C * A > B C > D ⇒ A + C > B + D * A > B C > ⇒ A.C > B.C * A > B C < ⇒ A.C < B.C * A > B > C > D > ⇒ A.C > B.D > * A > B > ⇒ An > Bn ∀n * A > B ⇒ A n > B n với n = 2k + (k ∈ N) * A ≥ , ∀ A ( dấu = xảy A = ) * A ≥ , ∀ A (dấu = xảy A = ) CÁC BĐT CÓ LIÊN QUAN a BĐT Cô-si : xi ≥ 0, ( i = 1,…, n ) x + x + + xn ≥ n x x xn n Dấu đẳng thức xảy khi x1 = x2 = … = xn * BĐT hệ thường dùng: 37 Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam SKKN CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI -⎛1 1⎞ ⎜ + + ⎟ ( a1 + a2 + + an ) ≥ n ; a a a n ⎠ ⎝ với ≥ 0, i = 1, ,n A NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP Đối với BĐT mà biến có “tính đối xứng hoán vị vòng quanh” (*) việc nhận định dấu đẳng thức xảy ( ĐIỂM RƠI ) quan trọng việc làm hướng dẫn đơn giản Đối với BĐT mà biến có tính chất (*) phần lớn đẳng thức xảy biến ( Đề tài nói phần lớn có BĐT biến có tính chất (*) đẳng thức xảy biến không nhau, ví dụ: Với a,b,c không âm : a + b3 + c3 + 3abc ≥ a (b + c) + b (c + a) + c (a + b) , đẳng thức xảy a = b = c, đẳng thức xảy a = b, c = Hoặc || a | − | b || (1) ≤ | a + b | ≤ | a | + | b | , (a, b∈ R) (2) Dấu đẳng thức (1) xảy kck a.b ≤ 0, (2) xảy kck a.b ≥ JG G G JG | a + b | ≤ | a| + | b | 1/ JG G Dấu đẳng thức xảy kck a, b hướng JG G JG G JG G − | a || b | ≤ a.b ≤ | a || b | 2/ (1) (2) Với a,b,c không âm, ab + bc + ca = 1: JG G Đẳng thức (1) xảy Ù a, b ngược hướng, JG G Đẳng thức (2) xảy Ù a, b hướng ( ) b1 + b2 + + bn b2 b12 b22 + + n ≥ a1 a2 an a1 + a2 + + an Ví dụ : Cho a, b,c số thực dương thỏa a + b + c ≤ a 15 Do ta biến đổi sau: 1 Cách 1: 4a + − 3a ≥ − 3a ; 4b + − 3b ≥ − 3b ; 4c + − 3c ≥ − 3c b c a 1 15 Cộng vế theo vế BĐT ta được: a + b + c + + + ≥ 12 − 3(a + b + c) ≥ a b c 1 Cách 2: a + ≥ ; b + ≥ ; c + ≥ 4a 4b 4c 1 1 Cộng vế theo vế BĐT ta được: a + b + c + ⎛⎜ + + ⎞⎟ ≥ 4⎝a b c⎠ 1 3⎛1 1⎞ 9 15 Suy ra: a + b + c + + + ≥ + ⎜ + + ⎟ ≥ + ≥ 3+ ≥ a b c 4⎝a b c⎠ a+b+c 43 2 a = b = c = 1⎡ 2 ( x + y ) + ( x − y ) ⎤⎦ ≥ ( x + y ) 2⎣ IV CƠ SỞ THỰC TIỄN Trên tinh thần giảm tải chương trình Đại số 10 sách giáo khoa hành, số tiết lượng tập chương trình dành cho nội dung học BĐT có giới hạn Trong toán có nhiều ứng dụng thực tế toán thuộc dạng phân loại học sinh kỳ thi, đặc biệt kỳ thi tuyển sinh đại học năm Thậm chí toán giải phương trình , bất phương trình, hệ phương trình …dùng để phân loại học sinh đề thi ĐH thường có sử dụng BĐT để giải hay chứng minh Đề tài trước mắt hy vọng học sinh phổ thông có tâm lý tự tin để đối diện với toán BĐT Hy vọng giúp em giảm bớt cảm giác sợ thường bỏ qua toán BĐT, chí không đọc qua nội dung toán BĐT có đề thi Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam c Giải: Nhận xét : a,b,c bình đẳng, ta dự đoán đẳng thức ( điểm rơi ) xảy xy = [(x + y) − (x − y) )] ≤ (x + y) 2 x + y = b Chứng minh: a + b + c + + + ≥ Dấu đẳng thức xảy kck a1: a2: …: an = b1: b2: …: bn e Các đẳng thức BĐT khác có liên quan: 1 + + ≥ , đẳng thức xảy a+b b+c c+a a = b = 1, c = ) Tùy theo tình đẳng thức xảy mà ta có cách biến đổi phương pháp khác hỗ trợ thích hợp Sau ví dụ minh họa d BĐT Bun-nhi-a-cốp-xki: Với hai n số thực (a1,a2, … , an) , (b1,b2,…,bn) ta có : (a b + a b + anbn )2 ≤ (a + a + + n2 )(b2 + b2 + + bn2 ) 11 2 2 Dấu đẳng thức xảy kck a1: a2: …: an = b1: b2: …: bn * BĐT hệ thường dùng: CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI -V NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: b.BĐT GTTĐ ( giá trị tuyệt đối ) c.BĐT véc tơ : SKKN Ví dụ: Cho x,y,z số thực không âm, thỏa x.y.z = C/m : x2 y2 z2 + + ≥ 1+ y 1+ z 1+ x Nhận xét: x,y,z không bình đẳng hoán vị vòng quang, ta dự đoán đẳng thức ( điểm rơi ) xảy x = y = z = Vì ta biến đổi sau : x2 + y + ≥x ; 1+ y Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam y2 + z + ≥y ; 1+ z z2 1+ x + ≥z 1+ x SKKN CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI SKKN CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI -⎛x ⎝2 x2 y2 z2 + + + (3 + x + y + z ) ≥ x + y + z 1+ y 1+ z 1+ x 3 3 x2 y2 z2 + + ≥ ( x + y + z ) − ≥ 3 xyz − ≥ Suy : 1+ y 1+ z 1+ x 4 4 Tìm GTNN P = x ⎜ + Cộng vế theo vế: Giải: Do vai trò x, y, z bình đẳng, ta nhận định dấu đẳng thức ( điểm rơi ) xảy x = y = z Ví dụ : a, b, c số thực dương thỏa a + b + c = 1.Tìm GTNN ( giá trị nhỏ nhất) biểu thức : P = a3 b3 c3 + + 2 (1 − a) (1 − b) (1 − c) ≥ ⎠ ⎝ 1 + b2 + + c2 + ≥ a2 b c (a + b + c) ⎠ ⎛1 1⎞ +⎜ + + ⎟ ≥3 ⎝a b c⎠ (abc) + (abc) Đặt t = 1 ⎛ a+b+c ⎞ t = = ( abc ) , suy : t ≤ ⎜ ⎟ ≤ , a = b = c = 4 t ⎝ ⎠ ta có cách biến đổi tiếp sau: ≥3 ≥ (abc) + (abc) = t+ + Suy P ≥ 3 9 + + = Vậy Minp = Ù x = y = z = 2 2 Ví dụ 4:( ĐH – KB – 2009 ) Cho x,y hai số thực thay đổi thỏa mãn : (x + y)3 + 4xy ≥ Tim GTNN biểu thức: A = 3( x4 + y4 + x2y2 ) – 2(x2 + y2) + Giải: Nhận xét: biểu thức A giả thiết vai trò x,y bình đẳng Ta dự Ngoài xem giả thiết kết luận hệ bất phương trình ẩn hệ đối xứng loại một, nên ta nghĩ đến đẳng thức BĐT có liên quan nêu : 4 xy = [(x + y) − (x − y) )] ≤ (x + y) 1⎡ 2 ( x + y ) + ( x − y ) ⎤⎦ ≥ ( x + y ) 2⎣ Ta có : (x + y)3 + 4xy ≥ Ù (x + y)3 +[(x + y)2 – (x – y)2)] ≥ Ù(x + y)3 + (x + y)2 – ≥ (x – y)2 ≥ Ù (x + y – 1)[(x + y)2+2(x+y)+2] ≥ Ù x + y – ≥ Ù x + y ≥ 1 15 15 15 + = + + ≥ t 16t 16t 16t 16t 16t x + y = 15 17 + = Khi : A = 3[(x2 + y2)2 – x2y2] – (x2 + y2) + Ví dụ 3: ( ĐH – KB – 2007 ) Cho x,y,z số thực dương thay đổi Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam – đoán đẳng thức xảy Ù x = y từ (x+y)3 + 4xy = suy x = y = 2 t2 + , t > t +∞ Áp dụng BĐT: | u | + | v | + | w | ≥ | u + v + w | Ta có: a2 + 1⎞ x y z xy + yz + zx x2 y z + + + + + + + + = xyz x y z 2 t g’(t) g(t) G G JJG 1 Xét véctơ : u = ⎛⎜ a ; ⎞⎟ , v = ⎛⎜ b ; ⎞⎟ , w = ⎛⎜ c ; ⎞⎟ a b c ⎠ ⎝ G G JJG ⎞ ⎛ z2 x2 y z x y z x2 y z x2 + y + z + + + + + = + + + xyz 2 yz zx xy 2 Xét hàm đặc trưng : g (t ) = Giải: Vai trò a, b, c bình đẳng, ta có nhận định dấu đẳng thức xảy a = b = c Ngoài với kinh nghiệm chứng minh BĐT ta kết hợp thêm với BĐT véctơ ta có cách biến đổi sau: ⎝ JJG ⎞ ⎛ y2 P trở thành : P = ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ ⎝ x⎠ ⎝ y⎠ ⎝ z⎠ Đến ta liên tưởng đến hàm đặc trưng Do ta biến đổi sau P= a3 1− a 1− a + + ≥ a Vì ta biến đổi sau: (1 − a) 8 b3 1− b 1− b c3 1− c 1− c + + ≥ b + + ≥ c (1 − b) 8 (1 − c) 8 3 Cộng vế theo vế: P + ( − (a + b + c) ) ≥ (a + b + c) => P ≥ a + b + c − = 4 4 1 Suy MinP = Ù a = b = c = 3 Ví dụ: Cho a, b,c số thực dương thỏa a + b + c ≤ 1 17 2 Chứng minh: a + + b + + c + ≥ a b c G 1 ⎞ ⎛x ⎞ x ⎟ trở thành : x ⎜ + ⎟= + , yz ⎠ ⎝ x.x ⎠ x ⎛ x2 G ⎛x ⎝2 Khi x ⎜ + tương tự cho hai biểu thức lại Nhận xét: a,b,c bình đẳng, ta dự đoán đẳng thức ( điểm rơi ) xảy a = b=c= ⎞ ⎛y ⎞ ⎛z ⎞ ⎟+ y⎜ + ⎟+ z⎜ + ⎟ yz ⎠ ⎝ zx ⎠ ⎝ xy ⎠ Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam SKKN CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI -1 [(x2 + y2 )2 – (x2 – y2 )2 ] ] – (x2 + y2) + = [x2 + y2 – ]2 + (x2 – y2)2 + 9 ≤ (x + y)2 ≤ 2(x2 + y2) => x2 + y2 ≥ , x2 – y2 ≥ 9 Suy A ≥ [ – ]2 + (0)2 + = Vậy MinA = Ù x = y = 9 16 16 Đặt : x = Ví dụ 5: Cho x, y, z số thực dương thỏa: xy + yz + zx = Chứng minh: 3x2 + 3y2 + z2 ≥ 10 Nhận định x y bình đẳng, dấu xảy x = y Để sử dụng giả thiết xy + yz + zx = 5.Ta tách số hạng 3x2 , 3y2 , z2 sau: x2 + y2 ≥ 2xy my2 + nz2 ≥ mn yz pz2 + mx2 ≥ mp xz Cộng vế theo vế:(m+1)x2 +(m +1)y2 + (n + p)z2 ≥ 2xy + mn yz + mp xz Chọn m, n, p cho: m + = 3, n + p = mn = mp suy ra: m = 2, n = p = ½ Vậy ta có biến đổi sau: x2 + y2 ≥ 2xy 2y2 + ½ z2 ≥ 2yz ½ z2 + 2x2 ≥ 2xz ; Cộng vế theo vế ta có kết Hoặc tổng quát sau: ( hệ sốa, b, c cần ý tính bình đẳng x y) Giả sử : ax2 + ay2 ≥ 2axy by2 + cz2 ≥ bc yz cz2 + bx2 ≥ bc xz Cộng vế theo vế: (a + b)x2 +(a + b)y2 + cz2 ≥ 2axy + bc yz + bc xz Để sử dụng giả thiết ta cần chọn: a, b, c cho: Vậy ta có: x2 + y2 ≥ 2xy ; 2y2 + z ≥ 2yz ; ⎛ x y z ⎞ xyz 1 + + , y = , z = BĐT trở thành: ( x + y + z ) ⎜ ⎟≥ a b c ⎝ + x + y + z ⎠ + xyz xyz 3 xyz x y z xyz = + + ≥ 33 ≥ 1+ x 1+ y 1+ z (1 + x)(1 + y )(1 + z ) + x + + y + + z + x + y + z ⎛ x y z ⎞ x+ y+z + + = xyz Suy ra: ( x + y + z ) ⎜ ⎟ ≥ xyz 3+ x + y + z ⎝ 1+ x 1+ y 1+ z ⎠ 1+ x+ y+z Ta có: ≥ xyz 1 1+ xyz ≥ ( xyz ) + xyz (*), đến ta c/m (*) ≥ 9xyz 1+xyz Đặt t = xyz BĐT lại cần chứng minh vế trái phương trình (*) ta lưu ý HỆ THỐNG BÀI TẬP MINH HỌA THÊM Bài 1: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: a3 b3 c3 + + ≥ ( a + b2 + c2 ) a+b b+c c+a a3 a ( a + b) b3 b(b + c) c3 c (c + a ) Giải: Ta có: + ≥ b2 , + ≥ a2 , + ≥ c2 a+b b+c c+a a3 b3 c3 + + + ( a + b + c + ab + bc + ca ) ≥ a + b + c Cộng vế theo vế: a+b b+c c+a a3 b3 c3 + + ≥ ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) Suy ra: a+b b+c c+a 4 2 2 2 2 ≥ ( a + b + c ) − ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c2 ) 4 Bài 2: Cho a, b, c số thực dương thỏa a + b +c = Tìm GTNN z + 2x2 ≥ 2xz biểu thức: Cộng vế theo vế ta kết cần chứng minh P= a3 b3 c3 + + (a + b)(b + 2c) (b + c)(c + 2a ) (c + a )(a + 2b) Giải: Ta có: Ví dụ 6: (đề thi chọn HSG khối 12 năm học 2010 – 2011 ) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: a3 a + b b + 2c + + ≥ a ; (a + b)(b + 2c) 12 18 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞⎛ + + ⎜ + + ⎟⎜ ⎟≥ ⎝ a b c ⎠⎝ + a + b + c ⎠ + abc Nhận xét: Ta nhận định dấu xảy a = b = c Khi BĐT trở thành: 3 Ù a3 – a2 – a + ≥ Ù (a – 1)2(a + 1) ≥ Ù a ≥ ≥ a + a + a3 Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI -( Ta ý phương trình : a3 – a2 – a + = (*) ) Ngoài khéo đặt ẩn phụ việc đưa vế trái BĐT tổng tích dễ dàng hơn, nên ta nhắm đến hướng giải sau: Giải: = 3[(x2 + y2)2 – a + b = 3, 2c = 1, a = bc Suy a = 1, b = 2, c = SKKN b3 b + c c + 2a + + ≥ b (b + c)(c + 2a ) 12 18 c3 c + a a + 2b + + ≥ c; (c + a )(a + 2b) 12 18 2(a + b + c) 3(a + b + c) Cộng vế theo vế: P + + ≥ (a + b + c) 12 18 Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam SKKN CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI SKKN CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI -1 Suy : P ≥ (a + b + c) = ; -1⎞ ⎛ ⎜ 1− c ⎟ 4c ⎛ − ab ⎞ = ⎜1 + , suy : ⎟ = ⎟ = ⎜1 + c +1 ⎝ + ab ⎠ ⎜ 1+ ⎟ c⎠ ⎝ Vậy MinP = Ù a = b = c = Bài 3: Cho a, b, c số thực dương thỏa a.b.c = chứng minh: 1 + + ≥ a (a + b) b (b + c) c (c + a) x4 z x+ y + + + ≥ 2x ; z ( x + y) Suy ra: (*) ≤ y4 x y+z + + + ≥ 2y ; x( y + z ) ( Ù c 1+ c + 2 3 Nhận xét: BĐT không khó nhận định ban đầu học sinh vấp vận dụng bđt hổ trợ cho việc chứng minh 3a + 8b + 14ab 1 + + ≤ + a2 + b2 + c2 Giải: Vận dụng BĐT: (x + y)2 ≤ 2(x2 + y2) ≥ a b c + + ≥ a+b+c bk ck a k + b bk b + b + b + + b ≥ k k k = k ; k k b ( − 1) c c c b2 3b + 8c + 14bc 2 Giải: Trước hết ta xử lý mẫu: 3a + 8b + 14ab = ( a + 4b)(3a+2b) ≤ ⎞ ⎛ + + a + b + a 2b − a 2b ⎞ ⎞ ⎛ + = 2⎜ ⎟ ≤ 2⎜ ⎟ 2 ⎟ (1 + a )(1 + b ) ⎝ 1+ a 1+ b ⎠ 1+ b ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1+ a 2 2 2 ⎛ − a b + (1 + a )(1 + b ) ⎞ ⎛ ⎞ 1− a b ⎛ (1 − ab)(1 + ab) ⎞ 2⎜ ≤ ⎜1 + ⎟ = ⎜1 + ⎟ = 2 2 ⎟ + 2ab + a 2b ⎠ (1 + a )(1 + b ) ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ 1+ a + b + a b ⎠ + c2 3c + 8a + 14ca ≥ (a + b + c) a + 4b + 3a+2b = 2a+3b Tương tự: 3b2 + 8c + 14bc ≤ 2b+3c ; 3c + 8a + 14ca ≤ 2c +3a a b c2 Suy ra: + + ≥ 3a + 8b + 14ab 3b + 8c + 14bc 3c + 8a + 14ca Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam Bài 7: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: chứng minh: ) a a b a2 a3 b b c c c a + + ≥ 33 = 33 ≥ 3a , + + ≥ 3b ; + + ≥ 3c ; b b c bc abc c c a a a b a b c Cộng vế theo vế ta được: + + ≥ a + b + c b c a a b c a b c Khi đó: k + k + k + (k − 1)(a + b + c) ≥ k ⎛⎜ + + ⎞⎟ ≥ k (a + b + c) b c a b c a⎠ ⎝ a b c Suy ra: k + k + k ≥ a + b + c b c a a2 Bài 5: Cho a, b, c số thực dương thỏa a.b.c = + 2c − + c Ta có: 730 ⎛ a+b+c⎞ ⎛1⎞ , ( dùng bảng biến thiên ) abc ≤ ⎜ ≥ ⎟ = ⎜ ⎟ , suy ra: abc + abc 27 ⎝ ⎠ ⎝3⎠ ( Cũng tinh thần sử dụng BĐT mà dấu đẳng thức xảy a = b = c, Chỉ vận dụng BĐT mà dấu xảy a = b = c Ta có: ≤ 3(1 + c) Ù Ù c ck c + c + c + + c ≥ k k k = k ; k ( k −1) c a a a a b c a b c Cộng vế theo vế: k + k + k + (k − 1)(a + b + c) ≥ k ⎛⎜ + + ⎞⎟ b c a ⎝b c a⎠ b ⎠⎝ c ⎠⎝ a⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎞⎛ ⎞⎛ 1⎞ 1 1 ⎛ Giải: Ta có : ⎜ a + ⎟ ⎜ b + ⎟ ⎜ c + ⎟ = abc + + + + +1 b ⎠⎝ c ⎠⎝ a⎠ abc a b c ⎝ ⎛ ) a ak a + a + a + + a ≥ k k k = k ; k k a ( − 1) b b b Bài 4: Cho a, b, c số thực dương thỏa: a + b + c = Ta có: ⎜ 1+ c Giải: Do a, b, c hoán vị vòng quanh Nhận định dấu đẳng thức xảy a = b = c = Ta biến đổi sau: x4 y4 z4 3 + + ≥ x + y + z − ≥ 3 xyz − ≥ z ( x + y ) x( y + z ) y ( z + x) 2 1 1 730 1 ⎛ 10 ⎞ + + + +1 ≥ + +1 = ⎜ ⎟ + + ≥ = , Vậy: abc + a b c a+b+c abc a b c 27 ⎝ 3⎠ 1+ c ≤ Chứng minh: x4 y4 z4 + + + ( x + y + z ) + ( x + y + z ) + ≥ 2( x + y + z ) z ( x + y ) x( y + z ) y ( z + x) c 1+ c c + + ≤ + (*) 2 + c + c 1+ a 1+ b 1+ c Cộng vế theo vế: 1 10 Chứng minh: ⎛⎜ a + ⎞⎟ ⎛⎜ b + ⎞⎟ ⎛⎜ c + ⎞⎟ ≥ ⎛⎜ ⎞⎟ 1+ b ≤ Bài 6: Cho k ∈ N* a, b, c số thực dương thỏa a.b.c ≤ z4 y z+x + + + ≥ 2z y ( z + x) Suy ra: 1+ a + Cũng từ BĐT ta có: + c ≤ 2(1 + c ) => 1 Giải: Đặt x = ; y = ; z = a b c x4 y4 z4 + + ≥ Với x.y.z = BĐT trở thành: z ( x + y ) x( y + z ) y ( z + x) Ta có: Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam SKKN CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI SKKN CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI (a + b + c) = a + b + c a2 b2 c2 + + ≥ ( ) (*) 2a+3b 2b+3c 2c +3a ( a + b + c ) BÀI TẬP TỰ LUYỆN: ≥ ( Có thể ch/m (*) cách biến đổi : 1* Cho a, b, c số thực dương thỏa: ab + bc + ca = 2abc a2 2a+3b + ≥ a ) 2a+3b 25 1 1 + + ≥ a(2a − 1) b(2b − 1) c(2c − 1) 2 2* Cho a, b, c số thực dương thỏa a + b + c ≥ Tìm GTNN biểu a3 b3 c3 thức: Q = + + ( MinQ = Ù a = b = c = ) a+b b+c c+a Chứng minh: Bài 8: Cho a,b số thực dương thỏa a + b ≤ Tìm GTNN biểu thức: 1 + + a + b 2ab 1 Giải: Ta có: = + 2ab 6ab 3ab 1 1 Suy : P = ≥ + + + ≥ + + a + b 6ab 3ab a + 6ab + b + 3ab (a + b) + 4ab + 3ab ≥ ≥ + 2 a + b a + b ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ( a + b) + ⎜ ⎟ +1 3⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎧a + b + = 6ab ⎪ Ù a=b= MinP = Ù ⎨a = b ⎪a + b ≤ ⎩ P= 3* Cho x, y, z số thực dương thỏa x + y + z = Tìm GTNN biểu thức: P = ( b1 + b2 + + bn ) b2 b12 b22 + + n ≥ a1 a2 an a1 + a2 + + an Cho x, y, z số thực dương thỏa x + y + z ≥ 3.Tìm GTNN biểu thức: Q= x2 y2 z2 + + x + yz y + zx z + xy ≥ x+ y+ z+ x+ y+ z ≥ ) bc ca ab + + a 2b + a c b c + b a c a + c 2b ( MinM = Ù a = b = c = ) 7* Cho a, b, c số thực dương thỏa: abc = Chứng minh: 1 + + ≥ a (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 8* Cho ∆ ABC a = BC, b = CA, c = AB Chứng minh : a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b 9* Cho a, b, c số thực dương thỏa: a + b + c ≤ 1 17 2 Chứng minh: a + + b + + c + ≥ b c a (x + y + z) x2 y2 z2 + + ≥ x + yz y + zx z + xy x + y + z + xy + yz + xz ( x + y + z) M= 1/ Giải: Ta có: ( MinP = Ù x =y = z = 4* Cho x, y, z số thực dương thỏa x + y + z = Chứng minh: x + xy + y + y + yz + z + z + zx + x ≥ 3 5* Cho x, y, z số thực không âm x + y + 3xy + y + z + yz + z + x + 3zx ≤ ( x + y + z ) Chứng minh: 6* Cho a, b, c số thực dương thỏa: abc = Tìm GTNN biểu thức: Bài 9: Ví dụ sau minh họa cho việc áp dụng BĐT hệ ( nêu trên) mà đề thi thường trọng đến: x2 ( y + z) y ( x + z) z ( x + y) + + yz xz xy x+ y+z = 2 a2 b2 c2 + + ≥ a+b+c b+c−a c+ a−b a+b−c 2/ 10* Cho a, b, c số thực thỏa: a + b + c = Tìm GTNN biểu thức: M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c ( MinM = 29 ⇔ a = b = c = 1) ⎧ ⎪x + y + z = ⎪⎪ Ùx=y=z=1 Vậy MinQ = ⇔ ⎨ x = y = z ⎪ x y z ⎪ = = ⎪⎩ x + yz y + zx z + xy 11* Cho a, b, c số thực dương thỏa: a + b + c = Chứng minh: a b c 3 + + ≥ b2 + c c2 + a a + b2 12* Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh: a3 b3 c + + ≥ (a + b + c) b(c + a ) c(a + b) a(b + c) 13* Cho a, b, c số thực dương thỏa: a + b + c = Chứng minh: a + b + b + c + c + a ≤ Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 10 Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 11 SKKN CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI -14* Cho x, y, z số thực dương thỏa x2 + y2 + z2 = Tìm GTNN biểu thức: P = x5 y5 z5 + 3 + 3 + x4 + y + z y +z z +x z +x ⎛ ⎞ ⎜ MinP = ⇔ x = y = z = 1⎟ ⎝ ⎠ 15* Cho x, y, z số thực dương Tìm GTNN biểu thức : x2 y2 z2 T= + + (2 y + 3z )(2z + 3y) (2 z + 3x)(2 x + 3z) (2 x + y )(2 y + 3x) ⎛ ⎞ ⇔ x = y = z⎟ ⎜ MinT = 25 ⎝ ⎠ VI KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: Nội dung đề tài nghiên cứu tài liệu thức thường dùng để giảng dạy cho em thuộc đội tuyển dự thi chọn học sinh giỏi khối 12 Tỉnh Quảng Nam năm trường THPT Lê quý Đôn Tam Kỳ, bồi dưỡng cho học sinh lớp 10 lớp 11 thi chọn học sinh giỏi cấp trường năm Ở cấp trường lớp 10A1 năm học 2009 – 2010 đạt giải nhất, giải giải khuyến khích, Ở cấp Tỉnh có học sinh ( Dương Công Nha ) đạt giải khuyến khích Toán 12 năm học 2008 – 2009 Nhưng điểm thành công đề tài giúp em tự tin tham gia học lớp bồi dưỡng học sinh giỏi SKKN CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI X TÀI LIỆU THAM KHẢO: Báo TOÁN HỌC & TUỔI TRẺ ( định kỳ tháng đợt kỷ niệm sinh nhật BÁO ) CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC THỐNG NHẤT TOÀN QUỐC ĐỀ THI OLIMPIC, ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HẰNG NĂM CÁC TỈNH, ĐỀ DỰ BỊ THI ĐẠI HỌC CÁC NĂM VII KẾT LUẬN: Qua trình giảng dạy nhiều năm, nhận thấy phận lớn học sinh có kết làm thấp ( chí thấp nhiều ) so với khả có thực em Theo chắn yếu tố tâm lý Các em thường bình tĩnh không làm chủ đề thi Làm quen với loại toán BĐT em có tâm lý tự tin có tầm nhìn rộng trước đề toán có “ngoại hình” dễ gây khớp cho em Tôi tin đề tài nguồn tư liệu hữu ích cho đối tượng học sinh phổ thông VIII ĐỀ NGHỊ: Nếu đề tài giới thiệu rộng rãi cho học sinh đồng nghiệp, với nhiệt tình góp ý xây dựng quý thầy cô chắn đề tài ngày sáng sủa hơn, thích nghi gần gũi với em học sinh Rất mong nhận hưởng ứng quý độc giả IX PHỤ LỤC: Kết thi số em nêu có lưu hồ sơ nhà trường Ngoài đề tài thu hút nhiều em tham gia học đặn buổi học bồi dưỡng học sinh giỏi trường ( Nhà trường tham khảo trực tiếp ý kiến em ) Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 12 Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 13 Trịnh Đào Chiến SKKN Trường CĐSP Gia Lai CM BĐT PP CHỌN ĐIỂM RƠI -XI MỤC LỤC: NỘI DUNG GIẢI GIẢIBẤT BẤTĐẲNG ĐẲNGTHỨC THỨCHÀM HÀMBẰNG BẰNG PHƯƠNG PHƯƠNGPHÁP PHÁPCHUYỂN CHUYỂNQUA QUAGIỚI GIỚIHẠN HẠNDÃY DÃYSỐ SỐ Phương pháp chuyển qua giới hạn dãy số hữu hiệu việc giải số dạng toán liên quan đến bất đẳng thức hàm Bài viết đề cập đến phương pháp thông qua số toán minh họa TRANG 1.Tên đề tài …………………………… Đặt vấn đề: ………………………… Cơ sở lý luận: ……………………… 4.Cơ sở thực tiễn: …………………… Một số dạng toán bất đẳng thức hàm Bài toán 1.1 Tìm tất hàm f : R −→ R+ thỏa điều kiện sau Nội dung nghiên cứu: a Các ví dụ minh họa ……………… f (x) ≥ + x, b Hệ thống tập minh họa thêm………… f (x + y) ≥ f (x)f (y), c Bài tập tự luyện ……………………… 11 Kết nghiên cứu ……………… 12 Kết luận: ……………………… 12 Đề nghị: ……………………… 12 Phần phụ lục: ……………………… 12 10 Tài liệu tham khảo: ……………… 13 11 Mục lục: 14 ……………………… ∀x, y ∈ R; (1) ∀x, y ∈ R (2) Lời giải: Trước hết lưu ý f (x) > 0, ∀x ∈ R Trong (1), cho x = ta có f (0) ≥ Trong (2), cho x = ta có f (0) ≥ f (0), suy f (0) ≤ Do f (0) = Điều kiện (2) suy f (x1 + x2 + · · · + xn ) ≥ f (x1 )f (x2 ) · · · f (xn ), với xi ∈ R, ≤ i ≤ n Do f (x) = f nx + · · · + nx ≥ f n nx , với x ∈ R n ∈ N∗ n Kết hợp điều kiện (2), ta có f (x) ≥ f n nx ≥ + nx x Từ bất đẳng thức này, cho n → ∞, ta có f (x) ≥ e Hơn nữa, ta có = f (0) = f (x + (−x)) ≥ f (x)f (−x) ≥ ex e−x = Do f (x) = ex Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn điều kiện toán 12 Phiếu đánh giá xếp loại SKKN: …… Bài toán 1.2 Chứng minh không tồn hàm f : R+ −→ R+ cho f (x + y) ≥ f (x) + y.f (f (x)), ∀x, y ∈ R+ (3) Lời giải: Giả sử tồn hàm f thỏa mãn điều kiện toán Trong (3), cho x = thay y x ta f (1 + x) ≥ f (1) + x.f (f (1)) Điều suy lim f (x) = +∞, lim f (f (x)) = +∞ x→+∞ x→+∞ Mặt khác (3), cho y = 1, ta f (x + 1) ≥ f (x) + f (f (x)), ∀x ∈ R+ (4) + Điều suy lim (f (x + 1) − f (x)) = +∞ Do tồn x0 ∈ R cho x→+∞ f (x0 + k) − f (x0 + k − 1) > 2, Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 14 ∀k ≥ (5) Trịnh Đào Chiến Trường CĐSP Gia Lai Bây giờ, chọn giá trị xác định n ∈ N∗ cho n ≥ x0 + Trong (5), cho k nhận giá trị 1, 2, , n sau cộng bất đẳng thức thu được, ta có f (x0 + n) − f (x0 ) > 2n, n ≥ x0 + Trịnh Đào Chiến Mà lim n→+∞ f (x 2n ) = 0, nên (17), ta có 2n x1− 2n (6) Hơn nữa, f (x0 ) > nên với cách chọn n ≥ x0 + 1, ta có n > x0 + − f (x0 ) Do (6), ta có f (x0 + n) > 2n + f (x0 ) > x0 + n + Trường CĐSP Gia Lai f (x) ≤ ∀x ∈ (0; 1) (18) f (x) = ∀x ∈ [0; 12 ) (19) Từ (16) (18), ta có (7) Với x ∈ [ 12 ; 1), tồn n ∈ N∗ cho x < n Thế thì, f (x) ≥ x2 −n−1 f (x2n ) = Do 2n Thế thì, ta có f (f (x0 + n)) ≥ f (x0 + n + 1) + f (x0 + n) − (x0 + n + 1).f (f (x0 + n + 1)) (8) Vì f (f (x0 + n + 1)) > nên, (7), ta có f (x0 + n + 1) + f (x0 + n) − (x0 + n + 1).f (f (x0 + n)) > f (x0 + n + 1) (9) Hơn nữa, eqrefpt4, ta có f (x0 + n + 1) ≥ f (x0 + n) + f (f (x0 + n)) f (x) ≥ ∀x ∈ [ 12 ; 1) (20) f (x) = ∀x ∈ [ 21 ; 1) (21) Bởi (18) (20), ta có (10) Bởi (19) (21), suy f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1) Hơn nữa, hàm f liên tục [0; 1] nên f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1] Thử lại , ta thấy f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1] thỏa mãn điều kiện toán (11) Bài toán 1.4 Xét bất phương trình hàm Ngoài ra, f (x0 + n) > nên ta có f (x0 + n) + f (f (x0 + n)) > f (f (x0 + n)) Cuối cùng, từ bất đẳng thức (8), (9), (10), (11), suy f (f (x0 + n)) > f (f (x0 + n)), mâu thuẫn Ta có điều phải chứng minh Bài toán 1.3 Tìm tất hàm f : [0; 1] −→ R thỏa mãn điều kiện f (x) ≥ 2xf (x2 ), lim ∀x ∈ [0; 1] f (0) ≥ 0, Với < x < Vì x ∈ (0; ) (13) áp dụng (13) n lần, ta n −n−1 f (x2n ), ∀n ∈ N∗ (14) f liên tục nên lim n→+∞ n −n−1 (2n)n x2 f (x2n ) = f (0) − (15) Từ eqrefpt14 (15), ta có ) f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [0; √ √ Mặt khác với x ∈ (0; 1), (12), ta có f ( x) ≥ xf (x) Suy √ f ( x) f (x 2n ) √ f (x) ≤ ≤ ··· ≤ x 2n x1− 2n (22) f (x) = x (23) (12) f (1) ≤ f (x) ≥ 2xf (x2 ) ≥ 22 x3 f (x4 ) ≥ · · · ≥ (2x)n x2 ∀x, y ∈ R, g(x) hàm giới nội, khả vi 0, g(0) = g (0) = k Chứng minh f (x) ≡ hàm số thỏa mãn bất phương trình cho với điều kiện x→0 Lời giải: Trong (12), thay x = x = ta , f (x + y) ≥ f (x)g(y) + f (y)g(x), (16) Lời giải: Giả sử f (x) nghiệm (22), với điều kiện (23) Thế thì, với h > đủ nhỏ, ta có f (x + h) ≥ f (x)g(h) + f (h)g(x) hay f (x + h) − f (x) ≥ (g(h) − 1)f (x) + f (h)g(x) g(h) − g(0) f (h) f (x + h) − f (x) ≥ f (x) + g(x) Do h h h Mặt khác, ta có f (x) = f (x + h − h) ≥ f (x + h)g(−h) + f (−h)g(x + h) hay g(−h)(f (x) − f (x + h)) ≥ g(−h)f (x) − f (x) + f (−h)g(x + h) Vì hàm g(x) khả vi nên liên tục điểm Do với h > đủ nhỏ ta có g(−h) > Vậy với h > đủ nhỏ, ta có f (x + h) − f (x) (g(−h) − 1)f (x) + f (−h)g(x + h) ≤ h −g(−h) g(−h) − g(0) f (−h) = f (x) + g(x + h) −hg(−h) −hg(−h) (17) Trịnh Đào Chiến Trường CĐSP Gia Lai g(h) − g(0) f (h) f (x + h) − f (x) f (x) + g(x) ≤ h h h f (−h) g(−h) − g(0) f (x) + g(x + h) ≤ −hg(−h) −hg(−h) Chứng minh f (x) ≤ kf (x) − kf (x) f (x) − kf (x) = = ekx ekx g(x) ≤ Do f (x) = Ce (C số) Hơn từ điều kiện (2) suy C = Vậy f (x) ≡ hàm số thỏa mãn bất phương trình cho, với điều kiện (23) 2n x g n Bài toán 2.1 Giả sử f hàm thỏa mãn điều kiện (24) x2 , x ∈ (−1, 1) x 2n 2f x 2n ≤ 22n+1 x , n ∈ (−1, 1) x2 2n n = 0, ta thu g(x) ≤ 2n ∀x ∈ R Bài toán 2.3 Giả sử F tập tất hàm số f : R+ −→ R+ thỏa mãn bất đẳng thức ∀x ∈ R+ Chứng minh f (x) ≥ x, = 2n n→∞ Do f (x) ≤ ∀x ∈ R+ f (x) ≤ 1, ∀x ∈ R Bây cho n → ∞ sử dụng kết lim Một số dạng toán liên quan đến bất dẳng thức hàm f (2x) ≥ x + f (f (x)), x2 , ∀x ∈ R; Lời giải: Dễ thấy f (0) = Do đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức với x = x x n Thế g (x) ≤ g g (x) ≤ g n , với x = n ∈ N∗ 2 Chú ý rằng, g(x) ≥ g (2x) ≥ Do ta có kx x , f (x) ≥ 2x2 f Tương tự, bất đẳng thức chiều ngược lại, với h < có |h| đủ nhỏ f (x + h) − f (x) Do đó, điều kiện (23), ta có f (x) = lim tồn h→0 h g (0)f (x) = kf (x), với x ∈ R, g(x) hàm giới nội Từ đó, với x ∈ R, ta có = Trường CĐSP Gia Lai Bài toán 2.2 Giả sử f : R −→ R hàm thỏa mãn điều kiện Vậy với h > đủ nhỏ, từ kết trên, ta có f (x) ekx Trịnh Đào Chiến ∀x ∈ R+ f (3x) ≥ f (f (2x)) + x, (27) Tìm số thực a lớn cho với hàm f ∈ F, ta có Lời giải: Bởi (24), ta có f (x) ≥ ax x x f (x) ≥ + f f 2 x > , + ∀x ∈ R (25) Giải sử ∀x ∈ R+ f (x) ≥ an x, an số Thế thì, (24), (25), (26), ta có f (x) ≥ x x +f f 2 > x x + an + an f > x 2 + an Xét dãy (an )∞ , ∀n ≥ n=1 xác định a1 = , an+1 = 2 (1 + an )2 Thế an+1 − an = ≥ 0, nghĩa (an )∞ n=1 dãy số tăng Hơn nữa, dễ thấy an < 1, ∀n ≥ 1 + a2 , nghĩa a = Suy dãy hội tụ ký hiệu a giới hạn a = + an Do đó, cho n → ∞ từ bất đẳng thức f (x) > x, ta có f (x) ≥ x, ∀x ∈ R+ Ta có điều phải chứng minh (28) (26) Lời giải: x x Dễ thấy f (x) = thỏa mãn (27), nên f (x) = ∈ F 2 x Thay f (x) = vào (28), ta suy a ≤ 2 Vì f (x) > 0, ∀x > 0, nên từ (27) ta có f (x) = f 3x ≥f f 2x + x x > , 3 ∀x > (29) Ta xác định dãy (an ) sau 2an + a1 = ; an+1 = , 3 ∀n ≥ (30) Dễ dàng kiểm tra < an < , ∀n ≥ (31) Trịnh Đào Chiến Trường CĐSP Gia Lai Suy Trịnh Đào Chiến Trường CĐSP Gia Lai Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh 2an + − an = (an − 1)(2an − 1) > 0, ∀n ≥ 3 Do đó, (an ) dãy số dương, tăng nghiêm ngật bị chặn Vậy dãy (an ) hội tụ 2α2 + hay α = Giả sử lim an = α Thế thì, (30) (31), ta có α = n→∞ Bây ta cần chứng minh rằng, với n ≥ 1, ta có an+1 − an = f (x) ≥ an x, ∀x > f (x) > x1− 2n , 2n f (x) ≥ x, f (x) = (33) xf (x + 1) + ≥ f (x) > x + − 2x x 2x x ≥ ak f + 3 x 2ak + 2x ≥ ak + = x ≥ ak+1 x, ∀x > 3 f + Từ điều suy rằng, với hàm f ∈ F , ta có f (x) ≥ x Tóm lại, giá trị a cần tìm a = Bài toán 2.4 Tìm tất hàm số f : [1, ∞) −→ [1, ∞) thỏa điều kiện sau ∀x ≥ 1; xf (x + 1) = f (x) − 1, (34) ∀x ≥ (35) Lời giải: Bởi giả thiết (34) (35), ta có f (x) = xf (x + 1) + ≤ 2x(x + 1) + < √ 2(x + 1), ∀x ≥ Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh f (x) < 2n (x + 1), 2n ∀x ≥ 1, n ≥ (36) → n → ∞, nên từ (36) ta có f (x) ≤ x + 1, Bây giờ, (35), ta có ∀x ≥ f (x) − = f (x + 1) ≥ Do x √ √ f (x) ≥ x + > x, ∀x ≥ (39) x(x + 1) + > x + , ∀x ≥ 1 2n 2n , ∀x ≥ 1, f (x) ≥ x + 1, ∀x ≥ n ≥ (40) → n → ∞, nên từ (40) ta (41) Bởi (37) (41), ta suy f (x) = x + 1, ∀x ≥ Thử lại, ta thấy hàm số f (x) = x + 1, ∀x ≥ thỏa mãn điều kiện toán Vậy (32) với n = k + Do (32) với n ≥ f (x) ≤ 2(1 + x), ∀x ≥ Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh Khi đó, (27) (33), ta có f (x) ≥ f (38) Bây giờ, (35) (39) ta có (32) ∀x > n ≥ → n → ∞, nên từ (38) ta Thật vậy, (29) nên (32) với n = Giả sử (32) với n = k ≥ 1, nghĩa f (x) ≥ ak x, ∀x ≥ 1, (37) Bài tập Bài Gọi f : R −→ R hàm số thỏa điều kiện |f (x + y) − f (x) − f (y)| ≤ 1, ∀x, y ∈ R Chứng minh tồn hàm số g : R −→ R thỏa mãn điều kiện sau i) |f (x) − g(x)| ≤ 1, ∀x ∈ R ii) g(x + y) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R f (2n x) hàm cần tìm Hướng dẫn Hàm g(x) = lim n→+∞ 2n Bài Chứng minh không tồn hàm số f : R −→ R thỏa mãn điều kiện f (x) + f (y) x+y ≥f + |x − y|, ∀x, y ∈ R 2 Hướng dẫn Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn điều kiện toán Ta chứng minh bất đẳng thức f (x) + f (y) x+y ≥f + 2n |x − y|, ∀x, y ∈ R 2 Vì 2n → +∞, n → +∞, nên dẫn đén điều mâu thuẫn Bài Cho hàm số f : R −→ R+ thỏa mãn điều kiện 4x 3f (x) − 3f (x) − f ≥ 1, ∀x ∈ R Tìm số thực k lớn cho f (x) ≥ k, với x ∈ R 4 8√ Hướng dẫn Xét dãy số (un ) xác định sau u1 = , un+1 = − + 3un , ∀n ≥ 9 4 Dãy số tăng bị chặn nên tồn giới hạn, giới hạn Suy k = 3 Trịnh Đào Chiến Trường CĐSP Gia Lai Tài liệu [1] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức, định lí áp dụng, NXB Giáo dục (2006) [2] IH-Ching, On some functional inequalities, 129-135, Aequationes Mathematicae, Vol 9, 1973 [3] Titu Andresscu, Iurie Boreico, Functional equations - 17 Chapters and 199 Problems with solution, Electronic Edition, 2007 [4] Một số Tạp chí Toán học Tuổi trẻ Mục lục Một số dạng toán bất đẳng thức hàm Một số dạng toán liên quan đến bất dẳng thức hàm Bài tập [...]... 1) sin x 23 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 , điều vô lý có thể là điều trái với giả thiết , có thể là điều trái ngược nhau Từ đó suy ra 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... ĐIỂM RƠI -XI MỤC LỤC: NỘI DUNG GIẢI GIẢIBẤT BẤTĐẲNG ĐẲNGTHỨC THỨCHÀM HÀMBẰNG BẰNG PHƯƠNG PHƯƠNGPHÁP PHÁPCHUYỂN CHUYỂNQUA QUAGIỚI GIỚIHẠN HẠNDÃY DÃYSỐ SỐ Phương pháp chuyển qua giới hạn dãy số đôi khi khá hữu hiệu trong việc giải một số dạng toán liên quan đến bất đẳng thức hàm Bài viết đề cập đến phương pháp này thông qua một số bài toán minh họa TRANG 1.Tên đề tài …………………………… 1 2 Đặt vấn... bình đẳng, ta dự đoán đẳng thức ( điểm rơi ) xảy ra 2 1 xy = [(x + y) 2 − (x − y) 2 )] ≤ (x + y) 2 2 x 2 + y 2 = 1 b Chứng minh: a + b + c + + + ≥ Dấu đẳng thức xảy ra kck a1: a2: …: an = b1: b2: …: bn e Các đẳng thức và BĐT khác có liên quan: 1 4 1 1 1 5 + + ≥ , đẳng thức xảy a+b b+c c+a 2 ra khi a = b = 1, c = 0 ) Tùy theo các tình huống khi đẳng thức xảy ra mà ta có các cách biến đổi và các phương pháp. .. 1bk 1 ) 2 Bất đẳng thức đúng với n= k+1 Vậy: sin nx n sin x , n , x R + Vậy (1) được chứng minh Ví dụ 6: Cho 1 n , ai , bi R, i 1,2, , n Chứng minh rằng: ( a1 a 2 a n 2 a12 a 22 a n2 ) n n Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng n=k ( k ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: ( a1 a 2 a k 2 a12 a 22 a k2 ) k k n= k+1 Ta cần chứng minh: ( a1 ... ta có (đpcm) Ví dụ 3: Cho a 1 ,1 n Chứng minh rằng : (1 a ) n 1 n.a Giải n=1: bất đẳng thức luôn đúng n=k ( k ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 a ) k 1 k a n= k+1 Ta cần chứng minh: (1 a ) k 1 1 (k 1).a Ta có: (1 a) k 1 (1 a).(1 a ) k (1 a ).(1 k a) 1 (k 1)a k a 2 1 (k 1)a Bất đẳng thức đúng với n= k+1 V ậy theo nguyên lý quy... 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 Ví dụ1: Chứng minh rằng : 1 1 1 1 2 2 12 2 2 n n n N ; n 1 (1) 1 4 Giải: Với n =2 ta có 1 2 1 2 (đúng) Vậy BĐT (1) đúng với n =2 Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh. .. 1) 2 k 2 2k 1 k 2 2k ) k k (k 2) k (k 1) k 1 (k 2) k Bất đẳng thức đúng với n= k+1 Vậy n n (n 1) n 1 , n , n 2 Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sin nx n sin x , n , x R 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... trong các bất đẳng thức sau là sai: a 2 4b , c 2 4d Giải: Giả sử 2 bất đẳng thức : a 2 4b , c 2 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được a 2 c 2 4(b d ) (1) Theo giả thiết ta có 4(b+d) 2ac (2) Từ (1) và (2) a 2 c 2 2ac hay a c 2 0 (vô lý) Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2 4b và c 2 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1 Chứng minh rằng 24 Nếu... các cạnh BC, CA, AB lấy lần lược các điểm A’, B’, C’ Chứng minh rằng: Trong tất cả các tam giác AB’C’, A’BC’, A’B’C có ít nhất 1 diện tích nhỏ hơn hay bằng 1(đơn vị diện tích) I TÊN ĐỀ TÀI: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP CHỌN ĐIỂM RƠI II ĐẶT VẤN ĐỀ: Qua các kỳ thi giỏi toán quốc tế, nhiều chuyên gia thường nhận định bài toán BẤT ĐẲNG THỨC là sở trường của học sinh VIỆT NAM Tuy nhiên đối... sử F là tập tất cả các hàm số f : R+ −→ R+ thỏa mãn bất đẳng thức ∀x ∈ R+ Chứng minh rằng f (x) ≥ x, = 2n n→∞ Do đó f (x) ≤ ∀x ∈ R+ f (x) ≤ 1, ∀x ∈ R Bây giờ cho n → ∞ và sử dụng kết quả lim Một số dạng toán liên quan đến bất dẳng thức hàm f (2x) ≥ x + f (f (x)), x2 , 2 ∀x ∈ R; Lời giải: Dễ thấy rằng f (0) = 0 Do đó, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức với x = 0 x x n Thế thì g 2 (x) ≤ g và do đó g
Ngày đăng: 04/05/2016, 11:18
Xem thêm: 19 phương pháp chứng minh bất đẳng thức, 19 phương pháp chứng minh bất đẳng thức
