Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (321.41 KB, 37 trang )
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
PHẦN 1
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý
1/Định nghĩa
A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0
A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0
2/Tính chất
+ A>B ⇔ B < A
+ A>B và B >C ⇔ A > C
+ A>B ⇒ A+C >B + C
+ A>B và C > D ⇒ A+C > B + D
+ A>B và C > 0 ⇒ A.C > B.C
+ A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C
+ 0 < A < B và 0 < C
+ A > B ⇒ A n > B n với n lẻ
+ A > B ⇒ A n > B n với n chẵn
+ m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n
+ m > n > 0 và 0 +A < B và A.B > 0
⇒
1 1
>
A B
3/Một số hằng bất đẳng thức
+ A 2 ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ An ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ A ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ -A
+ A − B ≤ A − B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)
PHẦN II
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0
Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2 ≥ 0 với∀ M
Ví dụ 1 ∀ x, y, z chứng minh rằng :
a) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx
b) x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz
c) x 2 + y 2 + z 2 +3 ≥ 2 (x + y + z)
Giải:
1
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
1
2
a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx = .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz –
zx)
[
]
1
( x − y ) 2 + ( x −z ) 2 + ( y − z ) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R
2
Vì (x-y)2 ≥ 0 với∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y
(x-z)2 ≥ 0 với∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z
(y-z)2 ≥ 0 với∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z
=
b)Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –
2yz
= ( x – y + z) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z∈ R
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z∈ R
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
c) Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 +3 – 2( x+ y +z ) = x 2 - 2x + 1 + y 2 -2y +1 + z 2 -
2z +1
= (x-1) 2 + (y-1) 2 +(z-1) 2 ≥ 0. Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1
Ví dụ 2: chứng minh rằng :
2
a)
a2 + b2 a + b
≥
;
2
2
b)
a2 + b2 + c2 a + b + c
≥
3
3
2
c) Hãy tổng quát bài
toán
Giải:
2
a2 + b2 a + b
−
a) Ta xét hiệu
2
2
1
1
2 a 2 + b 2 a 2 + 2ab + b 2
2
−
=
= 2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab = ( a − b ) ≥ 0
4
4
4
4
2
2
2
a +b
a+b
≥
Vậy
Dấu bằng xảy ra khi a=b
.
2
2
(
)
(
)
b)Ta xét hiệu
2
[
]
a2 + b2 + c2 a + b + c 1
2
2
2
−
= ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 .Vậy
3
3
9
a2 + b2 + c2 a + b + c
≥
3
3
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
2
a12 + a 22 + .... + a n2 a1 + a 2 + .... + a n
≥
c)Tổng quát
n
n
Tóm lại các bước để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa
Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bước 2:Biến đổi H=(C+D) 2 hoặc H=(C+D) 2 +….+(E+F) 2
2
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Bước 3:Kết luận A ≥ B
Ví dụ 1: Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có : m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1≥ m(n+p+q+1)
Giải:
m2
m2
m2
m2
⇔
− mn + n 2 +
− mp + p 2 +
− mq + q 2 +
− m + 1 ≥ 0
4
4
4
4
2
2
2
2
m
m
m
m
⇔ − n + − p + − q + − 1 ≥ 0 (luôn đúng)
2
2
2
2
m
m
2 −n =0
n=
m
2
m
− p=0
m=2
2
p =
⇔
Dấu bằng xảy ra khi m
2 ⇔
n = p = q = 1
−q =0
m
q
=
2
m
m = 22
−
1
=
0
2
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c)
Giải: Ta có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c) , ∀a, b, c > 0
⇔ a 4 + b 4 + c 4 − a 2 bc − b 2 ac − c 2 ab ≥ 0
⇔ 2a 4 + 2b 4 + 2c 4 − 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0
(
⇔ a2 − b2
(
⇔ a2 − b2
(
)
2
) + (b
2
) (
2
(
+ 2a 2 b 2 + b 2 − c 2
2
− c2
⇔ a2 − b2 + b2 − c2
Đúng với mọi a, b, c.
) + (c
2
) + (c
2
)
2
(
+ 2b 2 c 2 + c 2 − a 2
)
2
+ 2a 2 c 2
− 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0
2
− a2
)
2
+ (a 2 b 2 + b 2 c 2 − 2b 2 ac) + (b 2 c 2 + c 2 a 2 − 2c 2 ab)
+ (a 2 b 2 + c 2 a 2 − 2a 2 ab) ≥ 0
2
− a2
) + ( ab − bc ) + ( bc − ac ) + ( ab − ac )
2
2
2
2
≥0
Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương
Kiến thức:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng.
Nếu A < B ⇔ C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết là đúng
thì có bất đẳng thức A < B .
Chú ý các hằng đẳng thức sau:
( A + B ) 2 = A 2 + 2 AB + B 2
( A + B + C ) 2 = A 2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC
( A + B ) 3 = A 3 + 3 A 2 B + 3 AB 2 + B 3
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
b2
≥ ab
4
b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
a) a 2 +
3
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e )
Giải:
b2
a) a + ≥ ab ⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0 ⇔ ( 2a − b ) 2 ≥ 0
4
b2
(BĐT này luôn đúng). Vậy a 2 + ≥ ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
4
2
2
2
b) a + b + 1 ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b 2 + 1 ) > 2(ab + a + b)
2
⇔ a 2 − 2ab + b 2 + a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 ≥ 0
⇔ (a − b) 2 + (a − 1) 2 + (b − 1) 2 ≥ 0
Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b . Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e) ⇔
c)
4( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ) ≥ 4a( b + c + d + e )
⇔ a 2 − 4ab + 4b 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 + a 2 − 4ad + 4d 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 ≥ 0
⇔ ( a − 2b ) 2 + ( a − 2c ) 2 + ( a − 2d ) 2 + ( a − 2c ) 2 ≥ 0
(
) (
) (
) (
Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ( a10 + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 )
Giải:
(a
10
)(
) (
)(
+ b10 a 2 + b 2 ≥ a 8 + b 8 a 4 + b 4
)
)
⇔
a +a b +a b +b ≥ a +a b +a b +b
⇔ a 8 b 2 a 2 − b 2 + a 2 b 8 b 2 − a 2 ≥ 0 ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ 0
⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ 0
12
10
2
2 10
(
12
12
)
8
4
(
4
8
12
)
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x 〉 y
x2 + y2
≥2 2
Giải:
x− y
⇒ x2+y2- 2 2 x+ 2
⇔ x2+y2+( 2 )2- 2
⇒ (x-y- 2 )2 ≥ 0
Chứng minh
x2 + y2
≥2 2
x− y
vì :x 〉 y nên x- y 〉 0 ⇒ x2+y2 ≥ 2 2 ( x-y)
2
2
2 y ≥ 0 ⇔ x +y +2- 2 2 x+ 2 2 y -2 ≥ 0
2 x+ 2 2 y -2xy ≥ 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng
minh
Ví dụ 4: Chứng minh rằng:
a/ P(x,y)= 9 x 2 y 2 + y 2 − 6 xy − 2 y + 1 ≥ 0 ∀x, y ∈ R
b/ a 2 + b 2 + c 2 ≤ a + b + c
(gợi ý :bình phương 2 vế)
c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:
x. y.z = 1
1 1 1
+ + < x+ y+z
x y z
Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1
4
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( x + y + z )=x+y+z - ( + + ) > 0 (vì x + y + z < x+y+z
x y z
theo gt)
⇒ 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương.
Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1 ⇒ x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt
buộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1
Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 1 <
Giải:
a
b
c
+
+
<2
a+b b+c a+c
1
1
a
a
>
⇒
>
(1)
a+b a+b+c
a+b a+b+c
b
b
c
c
>
(2) ,
>
(3)
Tương tự ta có :
b+c a+b+c
a+c a+b+c
Ta có : a + b < a + b + c ⇒
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được :
a
b
c
+
+
> 1 (*)
a+b b+c a+c
a
a+c
<
Ta có : a < a + b ⇒
a+b a+b+c
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 các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được :
a
b
c
+
+
<2
a+b b+c a+c
(**)
Từ (*) và (**) , ta được : 1 <
a
b
c
+
+
< 2 (đpcm)
a+b b+c a+c
Phương pháp 3:
Dùng bất đẳng thức phụ
Kiến thức:
a) x 2 + y 2 ≥ 2 xy
2
2
b) x + y ≥ xy dấu( = ) khi x = y = 0
c) ( x + y ) 2 ≥ 4 xy
a
b
b
a
d) + ≥ 2
Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng
(a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) 2 ≥ 4 xy
Tacó ( a + b ) 2 ≥ 4ab ; ( b + c ) 2 ≥ 4bc ; ( c + a ) 2 ≥ 4ac
⇒ ( a + b ) 2 ( b + c ) 2 ( c + a ) 2 ≥ 64a 2 b 2 c 2 = ( 8abc ) 2 ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Phương pháp 4:
Bất đẳng thức Cô sy
Kiến thức:
5
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
a/ Với hai số không âm : a, b ≥ 0 , ta có: a + b ≥ 2 ab . Dấu “=” xảy ra khi a=b
b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm :
a1 + a 2 + ... + a n ≥ n n a1 a 2 ..a n
n
a + a 2 + ... + a n
⇔ a1 a 2 ..a n ≤ 1
n
Dấu “=” xảy ra khi a1 = a 2 = ... = a n
Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm.
Ví dụ 1 : Giải phương trình :
2x
4x
2x
3
+
+
=
x
x
x
x
2
4 +1 2 +1 2 + 4
a = 2 x
, a, b > 0
Giải : Nếu đặt t =2 thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt
b = 4 x
a
b
1
3
+
+
=
Khi đó phương trình có dạng :
b +1 a +1 a + b 2
x
Vế trái của phương trình:
a
b
1
a + b +1 a + b +1 a + b +1
=
+ 1÷+
+ 1÷+
+ 1÷− 3 =
÷+
÷+
÷− 3
b +1 a +1 a + b
b +1 a +1 a + b
1
1
1
1
1
1
= ( a + b + c)
+
+
+
+
÷− 3 = ( b + 1) + ( a + 1) + ( a + b )
÷− 3
b +1 a +1 a + b
b +1 a +1 a + b
≥
1 3
3
3
3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) .
−3 =
3
2
2
( a + 1)( b + 1)( a + b )
Vậy phương trình tương đương với :
a +1 = b +1 = a + b ⇔ a = b = 1 ⇔ 2x = 4x = 1 ⇔ x = 0 .
Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P =
x
y
z
+
+
x +1 y +1 z +1
1
1
1
Giải : P = 3- ( x + 1 + y + 1 + z + 1 ) = 3 – Q. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0
thì
1 1 1
1
1 1 1
9
1 1 1
+ + ≥33
⇒ ( a + b + c ) + + ÷≥ 9 ⇒ + + ≥
a b c
abc
a b c a +b +c
a b c
1
1
1
9
9
9 3
Suy ra Q = x + 1 + y + 1 + z + 1 ≥ ⇒ -Q ≤ − nên P = 3 – Q ≤ 3- =
4
4
4 4
3
1
Vậy max P = .khi x = y = z = .
4
3
a + b + c ≥ 3 3 abc ⇔
Ví dụ 3:
Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng:
1
1
1
a+b+c
+ 2
+ 2
≤
2abc
a + bc b + ac c + ab
2
6
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
a 2 + +bc ≥ 2a bc ⇒
2
1
1 1
1
≤
≤ +
a + +bc a bc 2 ab ac
2
Tương tự :
2
1
1 1
1
2
1
1 1
1
≤
≤ + ÷⇒ 2
≤
≤ + ÷
b + + ac b ac 2 bc ab c + + ab c ab 2 ac bc
2
2
2
a+b+c
⇒ 2
+ 2
+ 2
≤
a + bc b + + ac c + + ab
2abc
2
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC :
Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :
a
b
c
+
+
≥ 3 (*)
b+c−a c+a −b a+b−c
a
b
c
abc
+
+
≥ 33
(1)
b+c−a c+a −b a+b−c
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c)
Cũng theo bất đẳng thức Côsi :
(b + c − a )(c + a − b) ≤
1
(b + c − a + c + a − b) = c (2)
2
Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được
(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c ) ≤ abc
abc
→
≥ 1 (3)
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c)
Từ (1),(3) suy ra (*). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều .
Ví dụ 5:
0 < a ≤ b ≤ c
x y z
( a + c) 2
. Chứng minh rằng: ( + by + cz ) + + ≤
4ac
0 < x, y, z
a b c
2
Giải: Đặt f ( x) = x − (a + c) x + ac = 0 có 2 nghiệm a,c
Mà: a ≤ b ≤ c ⇒ f (b) ≤ 0 ⇔ b 2 − (a + c)b + ac ≤ 0
ac
y
⇔b+
≤ 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
Cho
x y z
⇒ xa + yb + zc + ac + + ≤ ( a + c )( x + y + z )
a b c
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
7
( x + y + z) 2
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
⇒2
( xa + yb + zc ) ac x + y + z ≤ ( a + c )( x + y + z )
a
b
c
x y z
2
2
⇔ 4( xa + yb + zc ) ac + + ≤ ( a + c ) ( x + y + z )
a b c
x y z ( a + c)
⇔ ( xa + yb + zc ) ac + + ≤
4ac
a b c
2
( x + y + z ) 2 (đpcm)
Phương pháp 5
Bất đẳng thức Bunhiacopski
Kiến thức:
Cho 2n số thực ( n ≥ 2 ): a1 , a 2 ,...a n , b1 , b2 ,..., bn . Ta luôn có:
(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 22 + ... + a n2 )(b12 + b22 + ... + bn2 )
an
a1 a 2
Dấu “=” xảy ra khi ⇔ b = b = .... = b
1
2
n
bn
b1 b2
Hay a = a = .... = a (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 )
1
2
n
Chứng minh:
a = a 2 + a 2 + ... + a 2
1
2
n
Đặt
2
2
2
b = b1 + b2 + ... + bn
• Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.
• Nếu a,b > 0:
ai
b
, β i = i ( i = 1,2,...n ) , Thế thì: α 12 + α 22 + ... + α n2 = β 12 + β 22 + ... + β n2
a
b
1
Mặt khác: α i β i ≤ α i2 + β i2
2
1
1
α 1 β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ (α 12 + α 22 + .... + α n2 ) + ( β12 + β 22 + ... + β n2 ) ≤ 1
2
2
Suy ra:
⇒ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a.b
Đặt: α i =
(
)
Lại có: a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn
Suy ra: (a1b1 + a2 b2 + ... + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 )
α i = β i ( ∀i = 1,2,..., n )
a
a
a
⇔ 1 = 2 = .... = n
b1 b2
bn
α 1 β1 ....α n β n cùng dáu
Dấu”=” xảy ra ⇔
Ví dụ 1 :
Chứng minh rằng: ∀x ∈ R , ta có: sin 8 x + cos 8 x ≥
Giải: Ta có: sin 2 x + cos 2 x = 1, ∀x ∈ R
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:
8
1
8
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
(
) (
)(
1 = sin 2 x.1 + cos 2 x.1 ≤ sin 4 x + cos 4 x 12 + 12
1
1
≤ sin 4 x + cos 4 x ⇒ ≤ sin 4 x + cos 4 x
2
4
(
⇔
)
)
2
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:
2
1
1
1
≤ sin 4 x.1 + cos 4 x.1 ⇔ ≤ sin 8 x + cos8 x 12 + 12 ⇔ sin 4 x + cos 4 x ≥
4
4
8
(
⇔
)
(
)(
)
(
)
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn. Tìm GTLN của:
P = 1 + tan A. tan B + 1 + tan B. tan C + 1 + tan C. tan A
Giải:
* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: (ai , bi ,..., ci )(i = 1,2,...., m)
Thế thì:
(a1 a 2 ...a m + b1b2 ...bm + ... + c1c 2 ...c m ) 2 ≤ (a1m + b1m + ... + c1m )(a 2m + b2m + ... + c 2m )(a mm + bmm + ... + c mm )
Dấu”=” xảy ra ⇔ ∃ bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì ∃ t i
sao cho: a = t i ai , b = t i bi ,..., c = t i ci , Hay a1 : b1 : ... : c1 = a 2 : b2 : ... : c 2 = a n : bn : ...c n
a12 + a 22 + ... + a n2 = 3
Ví dụ 1: Cho
n ∈ Z,n ≥ 2
an
a a
< 2
Chứng minh rằng: 1 + 2 + .... +
2
3
n +1
Giải:
1
1
1
<
=
2
1
1
1
∀k ∈ N * ta có: k
k2 −
k − k +
4
2
2
1
1
1
⇒ 2<
−
1
1
k
k−
k+
2
2
1
1 1
1 1
1 ÷ 1
1 ÷
1 ÷ 1
1
2
⇒ 2 + 2 + ... + 2 <
−
+
−
+ ... +
−
=
−
<
÷
5 ÷ 5
7 ÷
1
1
3
1 3
2 3
n 3
n−
n+ ÷
2
2 2
2
2 n+
2
2
2
Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:
a
a1 a 2
+
+ .... + n ≤ a12 + a 22 + ... + a n2
2
3
n +1
Ví dụ 2:
1
1
1
2
+ 2 + ... + 2 < 3
< 2 (đpcm)
2
3
2
3
n
Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng:
(a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó
mà
(
)
( a + c) 2 + ( b + d ) 2
≤ a2 + b2 + 2 a2 + b2 . c2 + d 2 + c2 + d 2
⇒ ( a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2
9
ac+bd ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2
= a 2 + b 2 + 2( ac + bd ) + c 2 + d 2
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
(1
2
Ví dụ 3: Chứng minh rằng : a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách
1:
Xét
cặp
số
(1,1,1)
và
(a,b,c)
)
ta
có
+ 1 + 1 (a + b + c ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c )
⇒ 3 a 2 + b 2 + c 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2( ab + bc + ac )
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac
Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi
2
2
2
2
(
2
2
)
a=b=c
Phương pháp 6:
Kiến thức:
Bất đẳng thức Trê- bư-sép
a1 ≤ a 2 ≤ ..... ≤ a n
thì
b1 ≤ b2 ≤ ..... ≤ bn
a)Nếu
a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
.
≤
.
n
n
n
a1 = a 2 = .... = a n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
b1 = b2 = .... = bn
a1 ≤ a 2 ≤ ..... ≤ a n
b)Nếu
thì
b1 ≥ b2 ≥ ..... ≥ bn
a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
.
≥
n
n
n
a
=
a
=
....
= an
1
2
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
b1 = b2 = .... = bn
Ví dụ 1: Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và
sin A. sin 2a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 2 S
=
.
sin A + sin B + sin C
3
S là diện tích tan giác. chứng minh rằng ∆ ABC là tam giác đều.
π
Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư 0 < A ≤ B ≤ C < . Suy ra:
2
sin A ≤ sin B ≤ sin C
sin 2a ≤ sin 2 B ≤ sin 2C
Áp dụng BĐT trebusep ta được:
( sin A + sin B + sin C )( sin 2 A + sin 2 B + sin 2C ) ≥
≥ 3( sin A. sin 2 A + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C )
sin A. sin 2 A + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 1
≤ (sin 2 A + sin 2 B + sin 2C )
sin A + sin B + sin C
3
sin A = sin B = sin C
⇔ ∆ABC dêu
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔
sin
2
A
=
sin
2
B
=
sin
2
C
⇔
Mặt khác:
10
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
sin 2 A + sin 2 B + sin 2C = 2 sin( A + B ). cos( A − B ) + sin 2C
= 2 sin C [ cos( A − B ) + cos C ] = 2 sin C [ cos( A − B ) − cos( A + B )]
= 2 sin C.2 sin A. sin B = 4 sin A sin B sin C
= (2 R sin A)(2 R sin B ). sin C = a.b. sin C = 2 S
( 2)
Thay (2) vào (1) ta có
sin A. sin 2a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 2 S
≤
.
sin A + sin B + sin C
3
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ ∆ ABC đều.
Ví dụ 2(HS tự giải):
1 1 1
+ + ≥9
a b c
CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z )
a/
Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR:
b/
c/
Cho x,y,z>0 và x+y+z=1
Cho a>0 , b>0, c>0
CMR:
a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2
d)Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1
Ví dụ 3: Cho a>b>c>0
3
3
và
;CMR:
x+y ≥
a2 + b2 + c2 = 1.
1
5
Chứng minh rằng
3
a
b
c
1
+
+
≥
b+c a+c a+b 2
Giải:
a2 ≥ b2 ≥ c2
Do a,b,c đối xứng ,giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ a ≥ b ≥ c
b + c a + c a + b
Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có
a
b
c
a2 + b2 + c2 a
b
c 1 3 1
+ b2.
+ c2.
≥
.
+
+
= . =
b+c
a+c
a+b
3
b+c a+c a+b 3 2 2
1
a3
b3
c3
1
+
+
≥
Vậy
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=
3
b+c a+c a+b 2
a2.
Ví dụ 4:
Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :
a + b + c + d 2 + a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
2
2
2
Giải: Ta có a 2 + b 2 ≥ 2ab
c 2 + d 2 ≥ 2cd
1
1 1
Do abcd =1 nên cd =
(dùng x + ≥ )
ab
x 2
1
Ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ 4 (1)
ab
(
)
(
)
(
)
a
b
+
c
+
b
c
+
d
+
d
c
+
a
Mặt khác:
= (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
1
1
1
= ab + + ac + + bc + ≥ 2 + 2 + 2
ab
ac
bc
11
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Vậy a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
Phương pháp7
Bất đẳng thức Bernouli
Kiến thức:
a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a ) n ≥ 1 + na . Dấu ‘=’ xảy ra
a = 0
n = 1
khi và chỉ khi
b) Dạng mở rộng:
- Cho a > -1, α ≥ 1 thì (1 + a ) α ≥ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.
a = 0
.
α = 1
- cho a ≥ −1,0 < α < 1 thì (1 + a ) α ≤ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng a b + b a > 1, ∀a, b > 0 .
Giải
- Nếu a ≥ 1 hay b ≥ 1 thì BĐT luôn đúng
- Nếu 0 < a,b < 1
Áp dụng BĐT Bernouli:
b ( 1− a) a + b
a
1 1− a
<
⇒ ab >
.
÷ = 1 +
÷ < 1+
a
a
a
a+b
a
b
Chứng minh tương tự: b a >
. Suy ra a b + b a > 1
a+b
b
b
Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng
5
a5 + b5 + c5 a + b + c
≥
.
3
3
(1)
Giải
5
5
5
(1) ⇔ 3a + 3b + 3c ≥ 3
a+b+c a+b+c a+b+c
Áp dụng BĐT Bernouli:
5( b + c − 2a )
3a
b + c − 2a
= 1 +
≥ 1+
a+b+c
a+b+c
a+b+c
5
5
(2)
Chứng minh tương tự ta đuợc:
5( c + a − 2b )
3b
≥ 1+
a+b+c
a+b+c
5
5( a + b − 2c )
3c
≥ 1+
a+b+c
a+b+c
(3)
5
(4)
Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có
5
5
5
3a 3b 3c
+
+
≥ 3 ⇒ (đpcm)
a+b+c a+b+c a+b+c
12
(đpcm).
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây:
“Cho a1 , a 2 ,...a n > 0; r ≥ 1. Chứng minh rằng
r
a1r + a 2r + .... + a nr a1 + a 2 + .... + a n
.
≥
n
n
Dấu ‘=’ ⇔ a1 = a 2 = .... = a n .(chứng minh tương tự bài trên).
Ví dụ 3: Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 1 . Chứng minh rằng
81
2 x + 2 y + 2 z 2 −x + 2− y + 2 −z ≤ .
8
(
)(
)
Giải
Đặt a = 2 x , b = 2 y , c = 2 z (1 ≤ a, b, c ≤ 2) .
1 ≤ a ≤ 2 ⇒ ( a − 1)( a − 2 ) ≤ 0
⇒ a 2 − 3a + 2 ≤ 0 ⇒ a +
2
≤ 3 (1)
a
Chứng minh tương tự:
2
≤3
b
2
c+ ≤3
c
b+
(2)
(3)
Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được
1 1 1 côsi
1 1 1
9 ≥ ( a + b + c ) + 2 + + ≥ 2 ( a + b + c ) 2 + +
a b c
a b c
⇒
81
1 1 1
≥ (a + b + c) + + ⇒ (đpcm)
8
a b c
Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này
“ Cho n số x1 , x 2 ,...., x n ∈ [ a, b] , c > 1
Ta luôn có:
(c
x1
+c
x2
+ .... + c
xn
)( c
− x1
+c
− x2
+ .... + c
− xn
) ≤ [ n( c
+ cb
4c a +b
a
)]
2
Phương pháp 8:
Sử dụng tính chất bắc cầu
Kiến thức: A>B và B>C thì A>C
Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d
Chứng minh rằng ab >ad+bc
Giải:
a > c + d
b > c + d
a − c > d > 0
⇒
⇒
b − d > c > 0
ab-ad-bc+cd >cd ⇔ ab> ad+bc
Tacó
⇔
13
(a-c)(b-d) > cd
(điều phải chứng minh)
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
5
2
2
2
thỏa mãn a + b + c = . Chứng minh
3
Ví dụ 2: Cho a,b,c>0
1 1 1
1
+ + <
a b c abc
Giải: Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) 〉 0
1 2 2 2
( a +b +c )
2
5
1 1 1
⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có
+ − 〈
6
a b c
⇒ ac+bc-ab 〈
1
abc
Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-ab-c-d Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab
Do a>0 , b>0 nên ab>0 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b
(1)
Do c <1 nên 1- c >0 ta có ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chứng minh)
Ví
dụ
4:
Cho
0
<1
.
Chứng
minh
rằng:
2a + 2b + 2c < 3 + a b + b c + c a
3
3
3
2
2
2
Giải:
Do a < 1 ⇒ a 2 < 1 và
Ta có (1 − a 2 ).(1 − b ) < 0 ⇒ 1-b- a 2 + a 2 b > 0 ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 2 + b
mà 0< a,b <1 ⇒ a 2 > a 3 , b 2 > b 3
Từ (1) và (2) ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 3 + b 3 . Vậy a 3 + b 3 < 1+ a 2 b 2
Tương tự b 3 + c 3 ≤ 1 + b 2 c ; c 3 + a 3 ≤ 1 + c 2 a
Cộng các bất đẳng thức ta có : 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 ≤ 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a
Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1998 thì ac+bd =1998
Giải:
Ta có (ac + bd) 2 + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 + 2abcd + a 2 d 2 + b 2 c 2 - 2abcd =
= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982
rõ ràng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) 2 + ( ad − bc ) 2 = 1998 2 ⇒ ac + bd ≤ 1998
Ví dụ 6 (HS tự giải) :
a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1
2
≥
c hứng minh rằng : a 12 + a 22 + a32 + .... + a 2003
b/ Cho a;b;c ≥ 0 thỏa mãn :a+b+c=1
1
a
1
b
1
2003
1
c
Chứng minh rằng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ 8
Phương pháp 9:
Dùng tính chất của tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dương thì
14
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
a
a a+c
> 1 thì >
b
b b+c
a
a a+c
b – Nếu < 1 thì <
b b+c
b
a – Nếu
2) Nếu b,d >0 thì từ
a c
a a+c c
< ⇒ <
<
b d
b b+d d
`
Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng
1<
a
b
c
d
+
+
+
<2
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
Giải: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
a
a
a+d
<1⇒
<
a+b+c
a+b+c a+b+c+d
a
a
>
Mặt khác :
a+b+c a+b+c+d
(1)
(2)
Từ (1) và (2) ta có \
a
a
a+d
<
<
a+b+c+d
a+b+c a+b+c+d
(3)
Tương tự ta có
b
b
b+a
<
<
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d
c
c
b+c
<
<
a+b+c+d c+d +a a+b+c+d
d
d
d +c
<
<
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
(4)
(5)
(6)
cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có
a
b
c
d
+
+
+
< 2 điều phải chứng minh
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
a c
a ab + cd c
<
Ví dụ 2 :Cho: < và b,d > 0 .Chứng minh rằng < 2
b d
b b +d2 d
a c
ab cd
ab ab + cd cd c
<
=
Giải: Từ < ⇒ 2 < 2 ⇒ 2 < 2
b d
b
d
b
b +d2 d2 d
a ab + cd c
<
Vậy
<
điều phải chứng minh
b b2 + d 2 d
1<
Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
a
c
tìm giá trị lớn nhất của +
Giải:
⇒
b
d
Không mất tính tổng quát ta giả sử :
a a+b b
≤
≤
c c+d d
15
a
c
≤
b
d
Từ :
a
c
≤
b
d
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
a
≤ 1 vì a+b = c+d
c
b
a b
≤ 998 ⇒ + ≤ 999
d
c d
a b 1 999
b/Nếu: b=998 thì a=1 ⇒ + = +
Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999
c d c
d
a b
1
Vậy giá trị lớn nhất của + =999+
khi a=d=1; c=b=999
c d
999
a/ Nếu :b ≤ 998 thì
Phương pháp 10: Phương pháp làm trội
Kiến thức:
Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính
được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 + u2 + .... + un
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp
nhau:
u k = ak − ak +1
Khi đó :S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + .... + ( an − an+1 ) = a1 − an+1
(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1u2 ....un
a
k
Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k = a
k +1
a1 a2
an
a1
Khi đó P = a . a ..... a = a
2
3
n +1
n +1
Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng
1
1
1
1
3
<
+
+ .... +
<
2 n +1 n + 2
n+n 4
1
1
1
>
=
Giải: Ta có
với k = 1,2,3,…,n-1
n + k n + n 2n
1
1
1
1
1
n 1
+
+ ... +
>
+ ... +
=
=
Do đó:
n +1 n + 2
2n 2n
2 n 2n 2
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
(
)
1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
Với n là số nguyên
2
3
n
1
2
2
=
>
= 2 k +1 − k
Giải: Ta có
k 2 k
k + k +1
1+
(
Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có
1 > 2 ( 2 − 1)
(
1
>2 3− 2
2
)
………………
(
1
> 2 n +1 − n
n
)
16
)
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
(
n
Ví dụ 3: Chứng minh rằng
1
1
1
∑k
k =1
1
2
<2
∀n ∈ Z
1
Giải: Ta có k 2 < k ( k − 1) = k − 1 − k
Cho k chạy từ 2 đến n ta có
1
1
< 1−
2
2
2
1 1 1
< −
32 2 3
.................
1
1
1
1 1
1
<
− ⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1
2
n
n −1 n
2 3
n
n
Vậy
1
∑k
k =1
2
<2
Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác
Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0
Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
Ví dụ 1: Cho a;b;c là số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng
1/ a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
2/ abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải
1/Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có
0 < a < b + c
0 < b < a + c
0 < c < a + b
a 2 < a (b + c)
2
b < b( a + c )
c 2 < c ( a + b)
⇒
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
2/ Ta có a > b-c ⇒ a 2 > a 2 − (b − c) 2 > 0
b > a-c
⇒ b 2 > b 2 − (c − a ) 2 > 0
c > a-b
⇒ c 2 > c 2 − ( a − b) 2 > 0
Nhân vế các bất đẳng thức ta được
[
][
][
⇒ a 2b 2 c 2 > a 2 − ( b − c ) b 2 − ( c − a ) c 2 − ( a − b )
2
2
⇒ a 2b 2 c 2 > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b )
⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b )
2
2
2
]
2
Ví dụ2 (HS tự giải)
1/ Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh rằng ab + bc + ca < a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca)
17
)
1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
2
3
n
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 +
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
2/Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2
Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
Phương pháp 12:
Sử dụng hình học và tọa độ
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng : c(a − c) + c(b − c) ≤ ab , ∀a ≥ b ≥ 0 và b ≥ c
Giải
Trong mặt phẳng Oxy, chọn u = ( c, b − c ) ; v =( a − c , c )
u = b, v = a;
Thì
Hơn nữa:
Ví dụ 2:
u.v = c(a − c) + c(b − c)
u.v = u . v . cos(u , v) ≤ u . v
⇒ c(a − c) + c(b − c) ≤ ab ⇒ (ĐPCM)
Cho 2n số: xi ; yi , i = 1,2,..., n thỏa mãn:
n
∑
i =1
xi2 + y i2 ≥
n
n
∑x +∑y
i =1
i
i =1
i
= 1. Chứng minh rằng:
2
2
Giải:
Vẽ hình
y
MK
MN
H
M
1
x
O
x+y=1
Trong mặt phẳng tọa độ, xét:
M 1 ( x1 , y1 ) : M 2 ( x1 + x 2 , y1 + y 2 ) ;…; M n ( x1 + + x n , y1 + + y n )
Giả thiết suy ra M n ∈ đường thẳng x + y = 1. Lúc đó:
OM 1 = x12 + y12 , M 1 M 2 = x 22 + y 22 , M 2 M 3 = x32 + y32 ,…, M n −1 M n = x n2 + y n2
2
Và OM 1 + M 1 M 2 + M 2 M 3 + + M n−1 M n ≥ OM n ≥ OH =
2
n
2
2
⇒ (ĐPCM)
Phương pháp 13:
Đổi biến số
⇒ ∑ xi2 + y i2 ≥
i =1
Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng
18
a
b
c
3
+
+
≥ (1)
b+c c+a a+b 2
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a=
x+ y−z
2
y+z−x
2
;
z+x− y
;c=
2
b=
y+z−x z+x− y x+ y−z
3
+
+
≥
2x
2y
2z
2
y z
x z
x y
y x
z x
z
+ −1+ + −1+ + −1 ≥ 3 ⇔ ( + ) + ( + ) + ( +
⇔
x x
y y
z z
x y
x z
y
y x
z
z x
+
+ ≥ 2;
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( x + y ≥ 2;
y
x z
ta có (1) ⇔
y
)≥6
z
y
≥ 2 nên ta có
z
điều phải chứng minh
Ví dụ2:
Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
(1)
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
Giải: Đặt x = a 2 + 2bc ; y = b 2 + 2ac ; z = c 2 + 2ab . Ta có
2
x + y + z = ( a + b + c) < 1
1 1 1
(1) ⇔ x + y + z ≥ 9
Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0
1 1 1
1
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x + y + z ≥ 3. 3 xyz , và: x + y + z ≥ 3. 3
xyz
2
⇒
( x + y + z ). 1 + 1 + 1 ≥ 9 . Mà x+y+z < 1. Vậy
x y z
1 1 1
+ + ≥9
x y z
Ví dụ3: Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 CMR x + y ≥
Gợi ý: Đặt x = u ,
thay vào tính S min
Bài tập tự giải
y =v
1
5
⇒ 2u-v =1 và S = x+y = u 2 + v 2 ⇒ v = 2u-1
1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0
CMR:
25a 16b
c
+
+
>8
b+c c+a a+b
(
)
2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0
CMR
ma
nb
pc
1
+
+
≥
b+c c+a a+b 2
Phương pháp 14:
(đpcm)
m + n + p − ( m + n + p)
2
Dùng tam thức bậc hai
Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c
Định lí 1:
a > 0
∆ < 0
f(x) > 0, ∀x ⇔
19
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
a > 0
f ( x) ≥ 0, ∀x ⇔
∆ ≤ 0
a < 0
f ( x) < 0, ∀x ⇔
∆ < 0
a < 0
f ( x) ≤ 0, ∀x ⇔
∆ ≤ 0
Định lí 2:
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1 < α < x 2 ⇔ a. f ( α ) < 0
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :
a. f ( α ) > 0
x1 < x 2 < α ⇔ ∆ > 0
S
<α
2
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :
a. f ( α ) > 0
α < x1 < x 2 ⇔ ∆ > 0
S
>α
2
α < x < β < x
1
2
⇔ f ( α ). f ( β ) < 0.
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm
x1 < α < x 2 < β
Ví dụ 1:Chứng minh rằng f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0
Giải: Ta có (1) ⇔ x 2 − 2 x( 2 y − 1) + 5 y 2 − 6 y + 3 > 0
(1)
2
∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3 = 4 y 2 − 4 y + 1 − 5 y 2 + 6 y − 3 = − ( y − 1) − 1 < 0
2
Vậy f ( x, y ) > 0 với mọi x, y
Ví dụ2:
Chứng minh rằng: f ( x, y ) = x 2 y 4 + 2( x 2 + 2). y 2 + 4 xy + x 2 > 4 xy 3
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(
)
(1 − y )
x 2 y 4 + 2 x 2 + 2 . y 2 + 4 xy + x 2 − 4 xy 3 > 0 ⇔ ( y 2 + 1) 2 .x 2 + 4 y (1 − y ) 2 x + 4 y 2 > 0
2
Ta có ∆′ = 4 y 2
− 4 y 2 ( y 2 + 1) = −16 y 2 < 0
2
Vì a = ( y 2 + 1) > 0 vậy f ( x, y ) > 0
(đpcm)
Phương pháp 15:
Dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n > n0 ta thực hiện các bước sau :
1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0
2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được
gọi là giả thiết quy nạp )
2
2
20
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
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 < 2 −
2
1 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 BĐT (1) đúng với n = k+1
1
1
1
1
1
Thật vậy khi n =k+1 thì (1) ⇔ 12 + 22 + .... + k 2 + (k + 1) 2 < 2 − k + 1
Theo giả thiết quy nạp
⇔
1 1
1
1
1
1
1
+ 2 + .... + 2 +
< 2− +
< 2−
2
2
2
1 2
k
(k + 1)
k ( k + 1)
k +1
⇔
1
1
1
1
1
+ .... +
<
+
<
2
2
2
1
(k + 1)
k + 1 ( k + 1)
k
⇔
k +1+1 1
< ⇔ k (k + 2) < ( k + 1) 2 ⇔ k2+2k
k
(k + 1)
Điều này đúng .Vậy
bất đẳng thức (1)được chứng minh
n
Ví dụ2: Cho
an + bn
a+b
n ∈ N và a+b> 0. Chứng minh rằng
(1)
≤
2
2
Giải: Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1
Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1
Thật vậy với n = k+1 ta có
a+b
(1) ⇔
2
k +1
≤
a k +1 + b k +1
2
k
a+b a+b
a k +1 + b k +1
⇔
≤
(2)
.
2
2
2
a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1
⇔ Vế trái (2) ≤
.
=
≤
2
2
4
2
k +1
k +1
k +1
k
k
k +1
a +b
a + ab + a b + b
⇔
−
≥ 0 ⇔ a k − b k .( a − b ) ≥ 0
(3)
2
4
(
)
Ta chứng minh (3)
(+) Giả sử a ≥ b và giả thiết cho a ≥ -b ⇔ a ≥ b
k
⇔ a k ≥ b ≥ bk
(a
⇒
(a
k
)
− b k .( a − b ) ≥ 0
(+) Giả sử a < b và theo giả thiết
k
)
− b k .( a − b ) ≥ 0
- a
⇔
k
a < bk ⇔ a k < bk ⇔
Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)
Ví dụ 3: Cho a ≥ −1 ,1 ≤ n ∈ Ν . Chứng minh rằng : (1 + a) n ≥ 1 + n.a
21
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Giải
n=1: bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k ∈ Ν ): 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 nạp: (1 + a) n ≥ 1 + n.a , ∀n ∈ Ν
1
2
Ví dụ 4: Cho 1 ≤ n ∈ Ν a1 , a 2 , , a n ≥ 0 thoả mãn a1 + a 2 + + a n ≤ . Chứng
minh rằng: (1 − a1 )(1 − a 2 ) (1 − a n ) ≥
1
2
1
2
1
2
Giải n=1: a1 ≤ ⇒ 1 − a1 ≥ ⇒ Bài toán đúng
n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 − a1 )(1 − a 2 ) (1 − a k ) ≥
1
2
1
2
Ta có: (1 − a1 )(1 − a 2 ) (1 − a k +1 ) = (1 − a1 )(1 − a 2 ) (1 − a k −1 )[1 − (a k + a k +1 ) + a k a k +1 ]
1
1
≥ (1 − a1 )(1 − a 2 ) (1 − a k −1 )[1 − (a k + a k +1 )] ≥ (Vì a1 + a 2 + + a k −1 + (a k + a k +1 ) ≤ )
2
2
⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
1
Vậy theo nguyên lý quy nạp: (1 − a1 )(1 − a 2 ) (1 − a n ) ≥
2
Ví dụ 5: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , ai , bi ∈ R, i = 1,2,..., n . Chứng minh rằng:
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 − a1 )(1 − a 2 ) (1 − a k +1 ) ≥
(a1b1 + a 2 b2 + + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 22 + + a n2 )(b12 + b22 + + bn2 )
Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:
(a1b1 + a 2 b2 + + a k bk ) 2 ≤ (a12 + a 22 + + a k2 )(b12 + b22 + + bk2 )
n= k+1 . Ta cần chứng minh:
(a1b1 + a 2 b2 + + a k +1bk +1 ) 2 ≤ (a12 + a 22 + + a k2+1 )(b12 + b22 + + bk2+1 ) (1)
Thật vậy: VP(1) = (a12 + a 22 + + a k2 )(b12 + b22 + + bk2 ) + (a12 + + a k2 ).b 2 +
+ a 2 (b12 + b22 + + bk2 ) + a k2+1 .bk2+1
≥ (a1b1 + a 2 b2 + + a k bk ) + 2a1b1 a k +1bk +1 + 2a 2 b2 a k +1bk +1 +
+ + 2a k bk a k +1bk +1 + a k2+1bk2+1
≥ (a1b1 + a 2 b2 + + a k bk ) 2 + 2 (a1b1 + a 2 b2 + + a k bk ) a k +1bk +1 + a k2+1 .bk2+1
≥ (a1b1 + a 2 b2 + + a k +1bk +1 ) 2
Vậy (1) được chứng minh
22
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Ví dụ 6: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , 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 ∈ Ν ):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 + a 2 + + a k +1 2 a12 + a 22 + + a k2+1
) ≤
(1)
k +1
k +1
a 2 + a3 + + a k +1
k
1
VP (1) =
(a12 + k 2 a 2 + 2ka1 a)
k +1
2
2
2
a 22 + a32 + + a k2+1 a12 + a 22 + + a k2+1
1 2
2 a 2 + a 3 + + a k +1
2
≥
+ k .a1 + k
a1 + k
=
k
k
(k + 1) 2
k +1
Đặt: a =
Vậy (1) đựơc chứng minh
Ví dụ 7: Chứng minh rằng:
n n > ( n + 1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2
n n = 4
Giải: n=2 ⇒
( n + 1) n −1 = 3
⇒ n n > (n + 1) n −1
n=k ≥ 2 : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k k > (k + 1) k −1
n= k+1:Ta c ó: k k (k + 1) k +1 ≥ (k + 1) k −1 (k + 1) k +1 = (k + 1) 2 k − 2 (k + 1) 2 = [(k + 1) 2 ] k −1 (k + 1) 2
> (k 2 + 2k ) k −1 ( k 2 + 2k ) (vì (k + 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 ∈ Ζ, n ≥ 2
∗
Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sin nx ≤ n sin x , ∀n ∈ Ν , ∀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
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 đúng với n= k+1. Vậy: sin nx ≤ n sin x , ∀n ∈ Ν ∗ , ∀x ∈ R +
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
23
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
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 p : giả thiết đúng, q : kết luận đúng) phép
chứng minh được thực hiên như sau:
Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra điều vô lý hoặc p sai. Vậy phải có q
(hay q đúng)
Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định
kết luận của nó .
Ta thường dùng 5 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 rồi suy trái với điều đúng
D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau
E – Phủ định rồi suy ra kết luận :
Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chứng minh rằng a > 0 , b > 0 , c > 0
Giải:
Giả sử a ≤ 0 thì từ abc > 0 ⇒ a ≠ 0 do đó a < 0. Mà abc > 0 và a < 0 ⇒ cb <
0
Từ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0
Vì a < 0 mà a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0
a < 0 và b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0
Vậy a > 0 tương tự ta có b > 0 , c > 0
Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện
ac ≥ 2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một 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
1
1
1
Nếu x+y+z > x + y + z thì có một trong ba số này lớn hơn 1
Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1
24
www.vnmath.com
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
1
1
1
1
1
1
=x + y + z – ( x + y + z ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z > x + y + z
nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0
Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương
Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1
Ví dụ 4: Cho a, b, c > 0 và a.b.c=1. Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 3 (Bất đẳng
thức Cauchy 3 số)
Giải: Giả sử ngược l ại:
a + b + c < 3 ⇒ (a + b + c)ab < 3ab ⇔ a 2 b + b 2 a + cab < 3ab ⇔ a 2 b + ( a 2 − 3a )b + 1 < 0
Xét : f (b) = a 2 b + (a 2 − 3a)b + 1
Có
∆ = ( a 2 − 3a ) 2 − 4a = a 4 − 6a 3 + 9a 2 − 4a = a ( a 3 − 6a 2 + 9a − 4) = = a (a − 1) 2 (a − 4) ≤ 0
a , b, c > 0
(Vì a + b + c < 3 ⇒ 0 < a < 3 ) ⇒ f (b) ≥ 0 ⇒ vô lý. Vậy: a + b + c ≥ 3
Ví dụ 5:
Chứng minh rằng không tồn tại các 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 tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó:
a < b − c ⇒ (b − c) 2 > a 2
⇒ −(a + b − c)(a − b + c ) > 0
(1’)
2
2
b < c − a ⇒ (c − a ) > b
⇒ −(−a + b + c)(a + b − c) > 0
(2’)
2
2
c < a − b ⇒ ( a − b) > c
⇒ −(a + b − c)(−a + b + c) > 0
(3’)
Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được:
⇒ −[(a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c)]2 > 0
⇒ Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh
Phương pháp 17 :
Sử dụng biến đổi lượng giác
1. Nếu x ≤ R thì đặt x = Rcos α , α ∈ [ 0, π ] ; hoặc x = Rsin
α,
−π π
α ∈
,
2 2
π
α ∈ [ 0, c ) ∪ π ,3
2
x = a + R cos α
2
2
, (α = 2π )
3.Nếu ( x − a ) + ( y − b ) = R 2 , ( > 0) thì đặt
y = b + R sin α
2
2
x = α + aR cos α
x −α y − β
2
, (α = 2π )
4. Nếu
+
= R a, b > 0 thì đặt
y = β + bR sin α
a b
2. Nếu x ≥ R thì đặt x =
R
cos α
5. Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức : ( ax ) 2 + b 2 , ( a, b > 0)
25
