20 phương pháp bất đăng thức ( phần i và II)

29 35 0
  • Loading ...
1/29 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 11/05/2018, 12:20

Với phương pháp chứng minh bất đẳng thức, tôi hứa hẹn các em sẽ đạt được kết quả mong muốn và đối với các học sinh đam mê bất đẳng thức thì đây là bộ tài liệu không thể thiếu trong hành trình chinh phục bất đẳng thức. Chúc các em thành công. PHẦN CÁC KIẾN THỨC CẦN CẦN NHỚ A ≥ B ⇔ A − B ≥  A ≤ B ⇔ A − B ≤ 1/Định nghĩa 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 > B ∀n n n + A > B ⇒ A > B với n lẻ A B ⇒ A > B với n chẵn + > m n + m > n > A > ⇒ A > A m n + m > n > n ⇒ 1 > A B 3/Một số bất đẳng thức + A ≥ với ∀ A ( dấu = xảy A = ) + An ≥ với ∀ A ( dấu = xảy A = ) + A ≥0 + + + A với ∀A (dấu = xảy A = ) 0) ( dấu = xảy A.B < 0) PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp : Dùng định nghĩa Kiến thức : Để chứng minh A > B Ta lập hiệu A –B > Lưu ý dùng bất đẳng thức M ≥ với∀ M Ví dụ ∀ x, y, z chứng minh : 2 a) x + y + z ≥ xy+ yz + zx 2 b) x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz 2 c) x + y + z +3 ≥ (x + y + z) Giải: 2 a) Ta xét hiệu : x + y + z - xy – yz – zx = 2 ( x + y + z - xy – yz – 2 zx) 2 = ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z ) ≥ với x;y;z ∈ R Vì (x-y)2 ≥ với∀x ; y Dấu xảy x=y (x-z)2 ≥ với∀x ; 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 2 2 2 b)Ta xét hiệu: x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz 2 –2yz = ( x – y + z) ≥ với x;y;z ∈ R 2 Vậy x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz với x;y;z ∈ R Dấu xảy x+y=z 2 2 c) Ta xét hiệu: x + y + z +3 – 2( x+ y +z ) = x - 2x + + y -2y +1 + z -2z +1 2 = (x-1) + (y-1) +(z-1) ≥ Dấu(=)xảy x=y=z=1 Ví dụ 2: chứng minh : 2 a2 + b2  a + b  ≥    ; a) b) a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3   c) Hãy tổng quát toán Giải: a2 + b2  a + b  −    a) Ta xét hiệu ( ) ( ) 1 a2 + b2 a + 2ab + b ( a − b) ≥ 2a + 2b − a − b − 2ab − 4 4 = = = a2 + b2  a + b  ≥    Vậy Dấu xảy a=b b)Ta xét hiệu [ ] a2 + b2 + c2  a + b + c  −  ( a − b) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 3   =9 Vậy a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3   Dấu xảy a = b =c a12 + a 22 + + a n2  a1 + a + + a n  ≥  n n   c)Tổng quát Tóm lại bước để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B 2 Bước 2:Biến đổi H=(C+D) H=(C+D) +….+(E+F) Bước 3:Kết luận A ≥ B Ví dụ 1: Chứng minh ∀m,n,p,q ta có : m + n + p + q +1≥ m(n+p+q+1) Giải: 2 2  m2   m2   m2   m2  ⇔  − mn + n  +  − mp + p  +  − mq + q  +  − m + 1 ≥         2 2 m  m  m  m  ⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ 2  2  2  2  (luôn đúng) m  −n=0 m  m n =  − p=0  2 m p = m   −q =0  m 2 q =  m=2 m − =    m = 2  ⇔  ⇔ n = p = q = Dấu xảy 4 Ví dụ 2: Chứng minh với a, b, c ta ln có : a + b + c ≥ abc(a + b + c) 4 Giải: Ta có : a + b + c ≥ abc( a + b + c) , ∀a, b, c > ⇔ a + b + c − a bc − b ac − c ab ≥ ⇔ 2a + 2b + 2c − 2a bc − 2b ac − 2c ab ≥ ( ⇔ a2 − b2 ( ⇔ a2 − b2 ( ) ( + 2a b + b − c ) + (b 2 − c2 ) ( ⇔ a2 − b2 + b2 − c2 Đúng với a, b, c ) + (c ) + (c ) ( + 2b c + c − a ) + 2a c − 2a bc − 2b ac − 2c ab ≥ − a2 ) + (a b + b c − 2b ac ) + (b c + c a − 2c ab) + (a b + c a − 2a ab) ≥ − a2 ) + ( ab − bc ) + ( bc − ac ) + ( ab − ac ) 2 2 ≥0 Phương pháp : Dùng phép biến đổi tương đương Kiến thức: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh 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 ) = A + AB + B ( A + B + C ) = A + B + C + AB + AC + BC ( A + B ) = A3 + A B + AB + B Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e số thực chứng minh a2 + b2 ≥ ab a) 2 b) a + b + ≥ ab + a + b 2 2 c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) Giải: a) a2 + b2 ≥ ab ⇔ 4a + b ≥ 4ab ⇔ 4a − 4a + b ≥ ⇔ ( 2a − b ) ≥ b2 ≥ ab a2 + (BĐT đúng) Vậy (dấu xảy 2a=b) 2 2 b) a + b + ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b + ) > 2(ab + a + b) ⇔ a − 2ab + b + a − 2a + + b − 2b + ≥ ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b − 1) ≥ Bất đẳng thức cuối 2 Vậy a + b + ≥ ab + a + b Dấu xảy a=b=1 a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) ⇔ c) 4( a + b + c + d + e ) ≥ a ( b + c + d + e ) 2 2 2 2 ⇔ a − 4ab + 4b + a − 4ac + 4c + a − 4ad + 4d + a − 4ac + 4c ≥ ( ) ( ) (( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ 2 ) ( ) Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh 10 10 2 8 4 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ( a + b )( a + b ) ≥ ( a + b )( a + b ) Giải: (a 10 )( ) ( )( + b10 a + b ≥ a + b a + b ) ⇔ a +a b +a b +b ≥ a +a b +a b +b 2 2 2 ⇔ a b ( a − b ) + a b ( b − a ) ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ 12 10 2 10 12 12 4 12 Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 x 〉 y x2 + y2 Chứng minh x − y ≥ 2 x2 + y2 Giải: x − y ≥ 2 :x 〉 y nên x- y 〉 ⇒ x2+y2 ≥ 2 ( x-y) ⇒ x2+y2- 2 x+ 2 y ≥ ⇔ x2+y2+2- 2 x+ 2 y -2 ≥ ⇔ x2+y2+( )2- 2 x+ 2 y -2xy ≥ x.y=1 nên 2.x.y=2 ⇒ (x-y- )2 ≥ Điều luôn Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4: Chứng minh rằng: 2 a/ P(x,y)= x y + y − xy − y + ≥ ∀x, y ∈ R a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c b/ (gợi ý :bình phương vế) c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn: x y.z =  1 1  + + < x+ y+z  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 1 1 1 1 + + ) > + + + + x y z x y z x y z < x+y+z =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( )=x+y+z - ( (vì theo gt) ⇒ số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 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 Ví dụ 5: Chứng minh : Giải: 1< a b c + + ⇒ > (1) a+b a+b+c a+b a+b+c Ta có : b b c c > (2) > (3) a+c a+b+c Tương tự ta có : b + c a + b + c , a+b < a+b+c ⇒ Cộng vế theo vế bất đẳng thức (1), (2), (3), ta : a b c + + >1 a+b b+c a+c (*) a a+c a < a+b⇒ < a+b a+b+c Ta có : b a+b < (5) Tương tự : b + c a + b + c , (4) c c+b < c+a a+b+c (6) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (4), (5), (6), ta : a b c + + x + y + z = Tìm GTLN P = x y z + + x +1 y +1 z +1 1 + + Giải : P = 3- ( x + y + z + ) = – Q Theo BDT Côsi , a, b, c > 1 1 1 1 1 + + ≥33 ⇒ ( a + b + c )  + + ÷≥ ⇒ + + ≥ a b c abc a b c a +b+c a b c 1 9 + + ≥ ≤− Suy Q = x + y + z + ⇒ -Q nên P = – Q ≤ 3- = Vậy max P = x = y = z = a + b + c ≥ 3 abc ⇔ Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: 1 a+b+c + + ≤ 2abc a + bc b + ac c + ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có : a + +bc ≥ 2a bc ⇒ 1 1  ≤ ≤  +  a + +bc a bc  ab ac  Tương tự : 1 1  1 1  ≤ ≤  + ÷⇒ ≤ ≤  + ÷ b + + ac b ac  bc ab  c + + ab c ab  ac bc  2 a+b+c ⇒ + + ≤ a + bc b + + ac c + + ab 2abc Dấu “=” xảy a = b = c a b c + + ≥3 Ví dụ : CMR tam giác ABC : b + c − a c + a − b a + b − c (*) Giải : Theo bất đẳng thức Côsi : a b c abc + + ≥ 33 (1) b+c−a c+a−b a+b−c (b + c − a )(c + a − b)( a + b − c) Cũng theo bất đẳng thức Côsi : (b + c − a )(c + a − b) ≤ (b + c − a + c + a − b) = c (2) Viết tiếp hai BDT tương tự (2) nhân với (b + c − a)( c + a − b)( a + b − c) ≤ abc abc → ≥ (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  Cho 0 < x, y, z Chứng minh rằng: y z  ( a + c) ( x + y + z) + ≤ 4ac a b c Giải: Đặt f ( x) = x − (a + c) x + ac = có nghiệm a,c Mà: a ≤ b ≤ c ⇒ f (b) ≤ ⇔ b − (a + c)b + ac ≤ ( + by + cz )  x + 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 ⇔ 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 ( x + y + z ) (đpcm) Phương pháp Bất đẳng thức Bunhiacopski Kiến thức: Cho 2n số thực ( n ≥ ): a1 , a , a n , b1 , b2 , , bn Ta ln có: (a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ (a12 + a 22 + + a n2 )(b12 + b22 + + bn2 ) a a a ⇔ = = = n b1 b2 bn Dấu “=” xảy b b1 b2 = = = n a n (Quy ước : mẫu = tử = ) Hay a1 a Chứng minh: a = a + a + + a 2 n  2  b = b1 + b2 + + bn Đặt  • • Nếu a = hay b = 0: Bất đẳng thức Nếu a,b > 0: b , β i = i ( i = 1,2, n ) 2 2 2 a b Đặt: , Thế thì: α + α + + α n = β1 + β + + β n α i β i ≤ α i2 + β i2 Mặt khác: 1 α β + α β + + α n β n ≤ (α 12 + α 22 + + α n2 ) + ( β12 + β 22 + + β n2 ) ≤ 2 ⇒ a1b1 + a b2 + + a n bn ≤ a.b αi = ( ) Suy ra: Lại có: a1b1 + a b2 + + a n bn ≤ a1b1 + a b2 + + a n bn 2 2 2 Suy ra: (a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ (a1 + a + + a n )(b1 + b2 + + bn )  α = β i ( ∀i = 1,2, , n ) a a a ⇔ i ⇔ = = = n b1 b2 bn α β α n β n dáu Dấu”=” xảy Ví dụ : sin8 x + cos x ≥ Chứng minh rằng: ∀x ∈ R , ta có: 2 Giải: Ta có: sin x + cos x = 1, ∀x ∈ R Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: ( ) ( )( = sin x.1 + cos x.1 ≤ sin x + cos x 12 + 12 ⇔ 1 ≤ sin x + cos x ⇒ ≤ sin x + cos x ( ) ) Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski lần nữa: 1 ≤ ( sin x.1 + cos4 x.1) ⇔ ≤ ( sin x + cos8 x ) ( 12 + 12 ) ⇔ ( sin x + cos 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: (a1 a a m + b1b2 bm + + c1c cm ) ≤ (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 a1 a + + + n < n +1 Chứng minh rằng: Giải: 1 < =   1 k k2 −  k −  k +  *   2 ∀k ∈ N ta có: 1 ⇒ < − 1 k k− k+ 2    1 1  1 ÷  1 ÷ ÷ 1 ⇒ + + + < − + − + +  − = − < ÷ ÷ 5 ÷ 1 3 n 3  n− n+ ÷  2  2 n+ 2  Do theo bất đẳng thức Bunhiacopski: a a1 a 1 + + + n ≤ a12 + a 22 + + a n2 + + + < < 2 n +1 3 n (đpcm) Ví dụ 2: Cho số a,b,c,d chứng minh rằng: ( a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó 2 2 ac+bd ≤ a + b c + d ( a + c ) + ( b + d ) = a + b + 2( ac + bd ) + c + d mà ( ) ≤ a2 + b2 + a2 + b2 c2 + d + c2 + d 2 2 2 ⇒ ( a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d 2 Ví dụ 3: Chứng minh : a + b + c ≥ ab + bc + ac (1 Giải: Cách ) Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski 1: Xét cặp số (1,1,1) + + (a + b + c ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) 2 2 2 (a,b,c) ta có 2 2 2 ⇒ ( a + b + c ) ≥ a + b + c + 2( ab + bc + ac ) ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ac Điều phải chứng minh Dấu xảy a=b=c Phương pháp 6: Kiến thức: a)Nếu Bất đẳng thức Trê- bư-sép a1 ≤ a ≤ ≤ a n  b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn a1 + a + + a n b1 + b2 + + bn a1b1 + a b2 + + a n bn ≤ n n n a1 = a = = a n b = b = = b n  Dấu ‘=’ xảy b)Nếu a1 ≤ a ≤ ≤ a n  b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn a1 + a + + a n b1 + b2 + + bn a1b1 + a b2 + + a n bn ≥ n n n a1 = a = = a n b = b = = b n  Dấu ‘=’ xảy 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 π 0< A≤ B≤C < Suy ra: Giải: Khơng giảm tính tổng qt ta giả sư sin A ≤ sin B ≤ sin C  sin 2a ≤ sin B ≤ sin 2C Áp dụng BĐT trebusep ta được: ( sin A + sin B + sin C )( sin A + sin B + sin 2C ) ≥ ≥ 3( sin A sin A + sin B sin B + sin C sin 2C ) 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 ⇔ ⇔ ∆ABC dêu sin A = sin B = sin C Dấu ‘=’ xảy  ⇔ 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 = S ( 2) 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 a c a a+c c < ⇒ < < b d b b+d d ` Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > Chứng minh 1< a b c d + + + = Giải: Ta có n + k n + n 2n với k = 1,2,3,…,n-1 1 1 n + + + > + + = = 2n n 2n 2n Do đó: n + n + Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 1+ ( ) 1 + + + > n +1 −1 n ( Với n số nguyên 2 = > = k +1 − k k k k + k +1 Giải: Ta có Khi cho k chạy từ đến n ta có > ( − 1) ( >2 3− 2 ) ……………… ( ) > n +1 − n n ) Cộng vế bất đẳng thức ta có 1+ ( ) 1 + + + > n +1 −1 n n Ví dụ 3: Chứng minh ∑k k =1 (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Giải 1/Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta có a < a(b + c)  b < b(a + c)  c < c( a + b)  0 < a < b + c  0 < b < a + c 0 < c < a + b  ⇒ Cộng vế bất đẳng thức ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 2 2/ Ta có a > b-c  ⇒ a > a − (b − c) > b > a-c  2 ⇒ b > b − (c − a ) > 2 c > a-b  ⇒ c > c − ( a − b) > Nhân vế bất đẳng thức ta [ ][ ][ ⇒ a 2b c > a − ( b − c ) b − ( c − a ) c − ( a − b ) 2 ⇒ a 2b c > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) 2 ] ⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b ) Ví dụ2 (HS tự giải) 1/ Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam giác 2 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 2 2 Chứng minh a + b + c + 2abc < Phương pháp 12: Sử dụng hình học tọa độ Ví dụ 1: Chứng minh : Giải c(a − c) + c(b − c) ≤ ab , ∀a ≥ b ≥ Trong mặt phẳng Oxy, chọn Thì u = b Hơn nữa: Ví dụ 2: , v = a ; u = ( c, b − c ) u.v = c(a − c) + c(b − c) u.v = u v cos(u, v) ≤ u v ⇒ c(a − c) + c(b − c) ≤ ab ⇒ Cho 2n số: xi ; yi , i = 1,2, , n thỏa mãn: ∑ i =1 xi2 + y i2 ≥ b≥c v =( a − c , c ) ; n n n ∑x +∑ y i =1 i i =1 i = (ĐPCM) Chứng minh rằng: 2 Giải: Vẽ hình y MN MK 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 n −1 M n = x + y n , M M = x 22 + y 22 , M M = x32 + y32 ,…, n +  + M n −1 M n ≥ OM n ≥ OH = + M M OM + M M n ⇒ ∑ xi2 + y i2 ≥ ⇒ i =1 (ĐPCM) Phương pháp 13: Đổi biến số a b c + + ≥ Ví dụ1: Cho a,b,c > Chứng minh b + c c + a a + b (1) y+z−x z+x− y 2 Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a= ; b= ;c= x+ y−z y+z−x z+x− y x+ y−z + + ≥ 2x 2y 2z ta có (1) ⇔ y z x z x y y x z x z y + −1+ + −1+ + −1 ≥ + )+( + )+( + )≥6 y y z z x z y z ⇔ x x ⇔( x y y x + ≥ 2; x y ( Bất đẳng thức cuối có điều phải chứng minh Ví dụ2: Cho a,b,c > a+b+c 1 1 + + ≥ Theo bất đẳng thức Cơsi ta có: x + y + z ≥ xyz , và: x y z xyz 1 ( x + y + z ). + +  ≥ + + ≥9 ⇒ x y z Mà x+y+z < Vậy x y z (đpcm) x+ y ≥ x − y = Ví dụ3: Cho x ≥ , y ≥ thỏa mãn CMR 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 25a 16b c + + >8 CMR: b + c c + a a + b 1) Cho a > , b > , c > 2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0 CMR ma nb pc + + ≥ b+c c+a a+b Phương pháp 14: ) m + n + p − ( m + n + p) Dùng tam thức bậc hai Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c Định lí 1: a > ∀x ⇔  ∆ < f(x) > 0, ( a > f ( x) ≥ 0, ∀x ⇔  ∆ ≤ a < f ( x) < 0, ∀x ⇔  ∆ < a < f ( x) ≤ 0, ∀x ⇔  ∆ ≤ Định lí 2: Phương trình f(x) = có nghiệm x1 < α < x ⇔ a f ( α ) < Phương trình f(x) = có nghiệm :  a f ( α ) >  x1 < x < α ⇔ ∆ > S   α < x1 < x ⇔ ∆ > S  >α 2 Phương trình f(x) = có nghiệm α < x1 < β < x  x < α < x < β ⇔ f ( α ) f ( β ) <  Ví dụ 1:Chứng minh f ( x, y ) = x + y − xy + x − y + > 2 Giải: Ta có (1) ⇔ x − x( y − 1) + y − y + > 2 (1) 2 ∆′ = ( y − 1) − y + y − = y − y + − y + y − = − ( y − 1) − < Vậy f ( x, y ) > với x, y 2 2 Ví dụ2: Chứng minh rằng: f ( x, y ) = x y + 2( x + 2) y + xy + x > xy Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( ) x y + x + y + xy + x − xy > ⇔ ( y + 1) x + y (1 − y ) x + y > 2 2 2 Ta có ∆′ = y (1 − y ) − y ( y + 1) = −16 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 - Giả sử BĐT với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh gọi giả thiết quy nạp ) 2 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) – kết luận BĐT với n > n0 1 1 + + + < − n n Ví dụ1: Chứng minh : ∀n ∈ N ; n > (1) 1+ 1 < 2− Giải: Với n =2 ta có (đúng) Vậy BĐT (1) với n =2 Giả sử BĐT (1) với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k+1 1 1 + + + + < 2− 2 k (k + 1) k +1 Thật n =k+1 (1) ⇔ Theo giả thiết quy nạp 1 1 1 + + + + < 2− + < 2− 2 k ( k + 1) k ( k + 1) k +1 ⇔1 1 1 + + < + < 2 (k + 1) k + ( k + 1) k ⇔ k +1+1 < ⇔ k (k + 2) < (k + 1) 2 k ⇔ (k + 1) ⇔ k2+2k Chứng minh   ≤ (1) Ví dụ2: Cho 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  a+b   (1) ⇔   k +1 ≤ a k +1 + b k +1 k  a +b a+b a k +1 + b k +1   ≤ ⇔  k +1 (2) a + b a + b a + ab + a b + b k +1 a k +1 + b k +1 = ≤ ⇔ Vế trái (2) ≤ 2 k +1 k +1 k +1 k k k +1 a +b a + ab + a b + b − ≥0 k k ⇔ a − b ( a − b ) ≥ ⇔ (3) k k k k ( ) Ta chứng minh (3) b (+) Giả sử a ≥ b giả thiết cho a ≥ -b ⇔ a ≥ k k k ⇔ a ≥ b ≥b (a ⇒ (a k ) − b k ( a − b ) ≥ (+) Giả sử a < b theo giả thiết - a ( n + 1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ n n = ⇒ (n + 1) n −1 = n −1 ⇒ n > (n + 1) Giải: n=2 k k −1 n=k ≥ : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k > (k + 1) k k +1 k −1 k +1 2k −2 2 k −1 n= k+1:Ta c ó: k (k + 1) ≥ (k + 1) (k + 1) = (k + 1) (k + 1) = [( k + 1) ] (k + 1) > ( k + 2k ) k −1 (k + 2k ) (vì (k + 1) = k + 2k + > k + 2k ) ≥ k k (k + 2) k ⇒ (k + 1) k +1 > (k + 2) k ⇒ Bất đẳng thức với n= k+1 n n −1 Vậy n > (n + 1) , ∀n ∈ Ζ, n ≥ ∗ Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sin nx ≤ n sin x , ∀n ∈ Ν , ∀x ∈ R Giải: n=1: Bất đẳng thức 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 n  a + b ≤ a + b , ∀a, b ∈ R  sin x , cos x ≤ 1, ∀x ∈ R Ta có:  Nên: sin(k + 1) x = sin kx cos x + cos kx sin x ≤ sin kx cos x + cos kx sin x ≤ sin kx + sin x ≤ k sin x + sin x = (k + 1) sin x ∗ ⇒ Bất đẳng thức với n= k+1 Vậy: sin nx ≤ n sin x , ∀n ∈ Ν , ∀x ∈ R + Phương pháp 16: Kiến thức: Chứng minh phản chứng 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 ngược Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh 2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p ⇒ q” Muốn chứng minh p ⇒ q (với p : giả thiết đúng, q : kết luận đúng) phép chứng minh thực hiên sau: Giả sử khơng có q ( q sai) suy điều vô lý p sai Vậy phải có q (hay q đúng) Như để phủ định luận đề ta ghép tất giả thiết luận đề với phủ định kết luận Ta thường dùng hình thức chứng minh phản chứng sau : A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P ⇒ Q” B – Phủ định rôi suy trái giả thiết C – Phủ định suy trái với điều D – Phủ định suy điều trái ngược E – Phủ định suy kết luận : Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > , ab+bc+ac > , abc > Chứng minh a > , b > , c > Giải: Giả sử a ≤ từ abc > ⇒ a ≠ a < Mà abc > a < ⇒ cb ⇒ a(b+c) > -bc > Vì a < mà a(b +c) > ⇒ b + c < a < b +c < ⇒ a + b +c < trái giả thiết a+b+c > Vậy a > tương tự ta có b > , c > Ví dụ 2:Cho số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện ac ≥ 2.(b+d) Chứng minh có bất đẳng thức sau sai: a < 4b , c < 4d Giải: 2 Giả sử bất đẳng thức : a < 4b , c < 4d cộng vế ta a + c < 4(b + d ) (1) Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2) Từ (1) (2) ⇒ a + c < 2ac hay ( a − c ) < (vô lý) 2 Vậy bất đẳng thức a < 4b c < 4d có bất đẳng thức sai Ví dụ 3:Cho x,y,z > xyz = Chứng minh 2 1 + + x y z có ba số lớn Nếu x+y+z > Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 1 1 1 + + + + x y z x y z =x + y + z – ( ) xyz = theo giả thiết x+y +z > nên (x-1).(y-1).(z-1) > Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 có số dương Thật ba số dương x,y,z > ⇒ xyz > (trái giả thiết) Còn số dương (x-1).(y-1).(z-1) < (vơ lý) Vậy có ba số x , y,z lớn Ví dụ 4: Cho a, b, c > a.b.c=1 Chứng minh rằng: a + b + c ≥ (Bất đẳng thức Cauchy số) Giải: Giả sử ngược l ại: 2 a + b + c < ⇒ (a + b + c)ab < 3ab ⇔ a b + b a + cab < 3ab ⇔ a b + (a − 3a )b + < 2 Xét : f (b) = a b + (a − 3a)b + Có ∆ = (a − 3a) − 4a = a − 6a + 9a − 4a = a(a − 6a + 9a − 4) = = a(a − 1) (a − 4) ≤ a, b, c >  a + b + c < ⇒ < a < ) ⇒ f (b) ≥ ⇒ vơ (Vì lý Vậy: a + b + c ≥ Ví dụ 5: Chứng minh không tồn số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2), (3): a < b−c (1) b < c−a (2) c < a−b (3) Giải: Giả sử tồn số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó: a < b − c ⇒ (b − c) > a ⇒ −(a + b − c)( a − b + c) > (1’) 2 b < c − a ⇒ (c − a ) > b ⇒ −(−a + b + c)( a + b − c) > (2’) c < a − b ⇒ ( a − b) > c ⇒ −(a + b − c)(−a + b + c) > (3’) Nhân (1’), (2’) (3’) vế với vế ta được: ⇒ −[( a + b − c)( a − b + c)( −a + b + c)] > ⇒ Vơ lý Vậy tốn chứng minh Phương pháp 17 : Nếu α, x ≤R Sử dụng biến đổi lượng giác đặt x = Rcos α , − π π  α ∈ ,  2  α ∈ [ 0, π ] ; x = Rsin  π α ∈ [ 0, c ) ∪ π ,3  2   x = a + R cos α , (α = 2π )  = R , ( > 0) y = b + R sin α  đặt R x ≥R Nếu đặt x = cos α 2 3.Nếu ( x − a ) + ( y − b ) 2  x −α   y − β    +  = R a, b > Nếu  a   b  đặt Nếu toán xuất biểu thức : ( ax )  x = α + aR cos α , (α = 2π )   y = β + bR sinα + b , ( a, b > ) Thì đặt: x= b  π π tg α , α ∈  − ,  a  2 Ví dụ 1: Cmr : Giải : ( a − b + b − a + ab − (1 − b )(1 − a ) ) ≤ 2, ∀a, b ∈ [ − 1,1] 2 a ≤ 1, b ≤ a = cos α  Đặt : b = cos β (α , β ∈ [ 0, π ] ) Khi : ( a − b + b − a + ab − ( 1− b ) ( 1− a ) ) 2 = cos α sin β + cos β sin α + ( cos α cos β − sin α sin β ) π = sin(α + β ) + 3.cos(α + β ) = cos(α + β − ) ∈ [ −2, 2] ⇒ ( dpcm) Ví dụ : Cho a , b ≥ Chứng minh : a b − + b a1 ≤ ab Giải :  a = cos α  b = Đặt :  cos β   π   α , β ∈ 0,      1 tg β tgα (tg β cos β + tgα cos α ) 2 tg β + tg α = + = cos α cos β cos α cos β cos β cos α (sin β + sin 2α ) sin(α + β ) cos in(α − β ) = = ≤ = ab 2 2 2 cos β cos α cos β cos α cos β cos α ⇒ a b −1 + b a −1 = a − (a − 4b) −2 −2≤ ≤2 −2 a + 4b Ví dụ 3: Cho ab ≠ Chứng minh :  π π  a = 2btgα , α ∈  − ,   22  Giải :Đặt: a − (a − 4b) tg 2α − (tgα − 2) = = 4(tgα − 1).cos α a + 4b + tg 2α = 2sin 2α − 2(1 + cos 2α ) = 2(sin 2α − cos 2α ) − π = 2 sin(2α − ) − ∈  −2 − 2, 2 −  ⇒ Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton Kiến thức: Công thức nhị thức Newton n ( a + b ) n ∑ C nk a n−k b k , ∀n ∈ N * , ∀a, b ∈ R k =0 n! C nk = (0 ≤ k ≤ n) ( n − k )! k ! Trong hệ số Một số tính chất đặt biệt khai triển nhị thức Newton: + Trong khai triển (a + b)n có n + số hạng + Số mũ a giảm dần từ n đến 0, số mũ b tăng từ đến n Trong số hạng khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ a b n +Các hệ số cách hai đầu C nk = C nn −k k n−k k + Số hạng thứ k + C n a b Ví dụ 1: (0 ≤ k ≤ n ) n * Chứng minh (1 + a ) ≥ + na, ∀a ≥ 0, ∀n ∈ N (bất đẳng thức bernoulli) Giải n (1 + a ) n = ∑ C nk a k k =0 Ta có: Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ≥ C n0 + C n1 a = + na (đpcm) n an + bn  a + b  * ≥  , ∀a, b ≥ 0, ∀n ∈ N 2   a) n a n + bn + cn  a + b + c  * ≥  , ∀a, b, c ≥ 0, ∀n ∈ N 3   b) Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: ( a + b ) n = C n0 a n + C n1 a n −1b + + C nn −1 a.b n−1 + C nn b n ( a + b ) n = C n0 b n + C n1 b n−1a + + C nn−1b.a n−1 + C nn a n n ⇒ 2( a + b ) = C n0 (a n + b n ) + C n1 (a n −1b + b n −1 a ) + + C nn −1 (a.b n −1 + b.a n −1 ) + C nn (b n + a n ) ∀a, b ≥ 0, ∀i = 1,2, , n − : (a n −i )( ) − b n − i a i − b i ≥ ⇒ a n + b n ≥ a n −i b i − a i b n −i ⇒ 2( a + b ) ≤ C (a n + b n ) + C n1 (a n + b n ) + + C nn −1 (a n + b n ) + C nn (b n + a n ) n n = (a n + b n )(C n0 + C n1 + + C nn −1 + C nn ) = n (a n + b n ) n an + bn a+b ⇒  ≤ n   a+b+c d= ≥0 b) Đặt Theo câu (a) ta có: n a+b c+d  2  + 2  n n n n a +b +c +d    ≥  4 n n n a+b c+d    +  a+b+c+d n     = ≥( ) ≥ dn n n n n n ⇒ a + b + c + d ≥ 4d ⇒ a n + b n + c n ≥ 3d n ⇒ an + bn + cn a+b+c ≥ dn =  3   n Phương pháp 19: Sử dụng tích phân Hàm số: f , g : [ a, b] → R liên tục, lúc đó: b * Nếu f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ a, b] ∫ f ( x)dx ≥ a b b ∫a f ( x)dx ≥ ∫a g ( x)dx f ( x ) ≥ g ( x ), ∀ x ∈ [ a , b ] * Nếu * Nếu f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ [ a, b] ∃x0 ∈ [ a, b] : f ( x0 ) > g ( x0 ) b ∫ a b f ( x)dx ≥ ∫ g ( x )dx a * b b a a ∫ f ( x)dx ≤ ∫ f ( x ) dx b * Nếu m ≤ f ( x) ≤ M , ∀x ∈ [ a, b] m≤ f ( x)dx ≤ M b − a ∫a số) Ví dụ 1: Cho A, B, C ba góc tam giác Chưng minh rằng: Giải: tg A B C + tg + tg ≥ 2 x f ( x) = tg , x ∈ (0, π ) Đặt x f ' ( x ) = (1 + tg ) 2 x x f '' ( x) = tg (1 + tg ) > 0, x ∈ (0, π ) 2 Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho: (m, M f ( A) + f ( B ) + f (C )  A+ B +C  ≥ f  3   A B C  A+ B+C  tg + tg + tg ≥ 3tg   2   A B C π tg + tg + tg ≥ 3tg 2 A B C tg + tg + tg ≥ 2 π Ví dụ 2: Chứng minh: Giải π dx π ≤∫ ≤ 10 − cos x  π 0,  Trên đoạn   ta có: ≤ cos x ≤ ⇒ ≤ 2cos x ≤ ⇒ −2 ≤ −2 cos x ≤ 1 ⇒ ≤ − cos x ≤ ⇒ ≤ ≤ 5 − cos x π π 1π dx 1π π dx π   ⇒  − ÷≤ ∫ ≤  − ÷⇒ ≤ ∫ ≤ ( đpcm ) 2 5  − cos x   10 − cos x Phương Pháp 20: Phương Pháp Của Các Em ... giả sư sin A ≤ sin B ≤ sin C  sin 2a ≤ sin B ≤ sin 2C Áp dụng BĐT trebusep ta được: ( sin A + sin B + sin C )( sin A + sin B + sin 2C ) ≥ ≥ 3( sin A sin A + sin B sin B + sin C sin 2C ) sin... Chứng minh phản chứng 1) Giả sử ph i chứng minh bất đẳng thức , ta giả sử bất đẳng thức sai kết hợp v i giả thiết để suy i u vô lý , i u vô lý i u tr i v i giả thiết , i u tr i ngược Từ suy bất. .. = 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
- Xem thêm -

Xem thêm: 20 phương pháp bất đăng thức ( phần i và II), 20 phương pháp bất đăng thức ( phần i và II)

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay