Chuyen De Cac Phuong Phap Chung Minh Bat Dang ThucTHCS

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (247.86 KB, 21 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Caực phửụng phaựp chửựng minh Baỏt ủaỳng thửực THCS

Bất đẳng thức là một trong những kiến thức trọng yếu của chơng trình Tốn TH. Đối với
chơng trình Tốn THCS các em học sinh thờng gặp dạng Tốn này trong các kì thi “lớn”
nh HSG hoặc vào các trờng chuyên. Song trong quá trình giãng dạy của mình, Tơi nhận
thấy rằng, đa số học sinh thờng rất yếu về dạng Tốn này. Chính vì thế mà bài viết này Tơi
muốn gửi tới tồn thể các em Học Sinh những gì mà Tơi nghĩ là gần gũi với các em nhất,
với mong muốn phần nào đó giúp các em nắm vững hơn các kiến thức, rồi từ đó giải
thành thạo giạng Tốn này.

PhÇn I : các kiến thức cần nhớ.
1) Đinhnghĩa

0 B

A

B

A

B

A

B

A

2) TÝnh chÊt

+) A > B  B < A

+) A > B vµ B > C  A > C
+) A > B  A + C > B + C

+) A > B vµ C > D  A + C > B + D
+) A > B vµ C > 0  A.C > B.C
+) A > B vµ C < 0  A.C < B.C

+) 0 < A B > 0  An > Bn Víi mäi giá trị n.

+) A > B  An > Bn víi n lỴ.

+) A  B  An > Bn víi n ch½n.

+) m > n > 0 vµ A > 1  Am > An

+) m > n > 0 vµ 0 < A < 1  Am < An

+) A 0 

B
A

1
1


 3) Một số bất đẳng thức cơ bản.

+) A2  0 víi A (dÊu = x¶y ra khi A = 0)

+) A2n  0 víi A (dÊu = x¶y ra khi A = 0)
+) A  0 víi A (dÊu = x¶y ra khi A = 0)
+)  A AA

+) AB A  B (dÊu = x¶y ra khi A.B > 0)
+) A B A  B (dÊu = x¶y ra khi A.B < 0)

Phần II : một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
Ph

ơng pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B

Ta chøng minh A – B > 0

Lu ý dùng hằng bất đẳng thức M2  0 luôn đúng với mọi M

VÝ dô 1 Víi mäi sè thùc x, y, z chøng minh r»ng :
a) x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx

b) x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz

c) x

+ y2 + z2+3  2(x + y + z)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

a) Ta xÐt hiÖu: x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx = 
2
1

.(2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz –

2zx)

= 



 ( ) ( )



0
2

1 2 2 2









 y y z z x

x (*)

V× (x – y)2

 0 víi mäi x ; y DÊu b»ng x¶y ra khi x = y

(y – z)2

 0 víi mäi y ; z DÊu b»ng x¶y ra khi y = z

(z – x)2  0 víi mäi z; x DÊu b»ng x¶y ra khi z = x

 Bất đẳng thức (*) luôn đúng với mọi x; y; z



VËy x2 + y2 + z2  xy + yz + zx DÊu b»ng x¶y ra khi x = y = z

b)Ta xÐt hiÖu: x2 + y2 + z2 – ( 2xy – 2xz + 2yz ) = x2 + y2 + z2– 2xy + 2xz – 2yz

= (x – y + z)2  0 luôn đúng với mọi x; y; z



R

Vậy x2+ y2+ z2 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x; y; z



R. Dấu bằng xảy ra khi x = y =

c) Ta xÐt hiÖu: x2 + y2 + z2+ 3 – 2( x + y + z ) = x2– 2x + 1 + y2– 2y + 1 + z2 – 2z

= (x – 1)2+ (y – 1)2+(z – 1)2  0

DÊu (=) x¶y ra khi x = y = z = 1
VÝ dô 2: Chøng minh r»ng :

2
2

2 




 

b a b

a b) 2 2 2 2

3 





  




b c a b c

a

c) HÃy tổng quát bài toán

giải
a) Ta xÐt hiÖu:

4
2
4

)
(

2
2

2
2
2
2

2 b a b a b a ab b

a  









 






2 2 2 2 2 2 2



4
1

b
ab
a

b

a    

=   0
4

1 2


 b

a víi mäi a; b.
VËy

2
2

2 





 

b a b

a DÊu b»ng x¶y ra khi a = b.

b)Ta xÐt hiÖu:



( ) ( ) ( )



9
1
3

2
2

2
2
2















  




b c a b c a b b c c a

a víi mäi a; b.

VËy

2
2

3 





  




b c a b c

a DÊu b»ng x¶y ra khi a = b =c

c)Tỉng qu¸t

2
2

1
2
2

2
2

1 .... ....









   






n
a
a

a
n

a
a

a n n

Tóm lại các bớc để chứng minh A  B theo định nghĩa

Bíc 1: Ta xÐt hiÖu H = A – B

Bớc 2: Biến đổi H = (C  D)2 hoặc H =(C  D)2+….+ (E  F)2

Bớc 3: Tìm ĐK để dấu “=” xãy ra.
Bớc 4: Kết luận A  B

Ví dụ: Chứng minh rằng Với mọi số thực m, n, p, q ta đều có
m2+ n2+ p2+ q2+1 m.(n + p + q + 1)

(Chuyên Nga- Pháp 98-99)

Giải:

Xét hiệu: H = 2 2 2 2 1 .( 1)








n p q m n p q

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

= m n  p q  m.n m.p m.q m

4
.

4 2 2 2 2

= 












































 1

4
.

2
2

m
m
q

q
m
m
p

p
m
m
n

n
m
m

= 1 0

2
2





































 n m p m q m

m Víi mäi sè thùc m, n, p, q.

DÊu b»ng x¶y ra khi:





































1

2

01

2

0

2

0

2

0

2 qpn

m

Hay

m

q

m

p

m

n

m

q

m

p

m

n

m

Ph

ơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi tơng đơng.

Lu ý: Nguyên tắc để chứng minh Bất đẳng thức A  B ta phải biến đổi bất đẳng thức
đã cho tơng đơng với một bất đẳng thức đúng hoặc một bất đẳng thức đã đợc chứng

minh là đúng.

Chú ý: Các hằng đẳng thức sau:



AB



2 A2 2ABB2



ABC



2 A2 B2 C2 2AB2AC2BC



AB



3 A3 3A2B3AB2 B3

VÝ dô 1: Cho a, b, c, d, e là các số thùc chøng minh r»ng:
a) a b ab

2
2

b) a2b21abab

c) a2 b2 c2 d2 e2 a(b c d e)








Gi¶i:

a) Ta cã: a b ab 4a b 4ab

2
2
2

2     

4 2 2 4 0




 a b ab

(2 )2 0



 a b (bất đẳng thức này luôn đúng với mọi số thực a; b)
Vậy a b ab

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

b) Ta cã: a2 b2 1 ab a b 2.(a2 b2 1) 2.(ab a b)














2 2 2 2 2 2 2 2 0







 a b ab a b

( 2 2 2) ( 2 2 1) ( 2 2 1) 0










 a ab b a a b b

( )2 ( 1)2 ( 1)2 0







 a b a b (Bất đẳng này luôn đúng).

VËy a2b21abab. DÊu b»ng x¶y ra khi a = b = 1

c) Ta cã: a2 b2 c2 d2 e2 a(b c d e)









 4.(a2 b2 c2 d2 e2 4.a(b c d e)










4a2 4b2 4c2 4d2 4e2) 4ab 4ac 4ad 4ae












 4a2 4b2 4c2 4d24e2  4ab 4ac 4ad 4ae0

( 2 4 4 2) ( 2 4 4 2) ( 2 4 4 2) ( 2 4 4 2) 0















 a ab b a ac c a ad d a ae e

( 2 )2 ( 2 )2 ( 2 )2 ( 2 )2 0






 a b a c a d a e (Bất đẳng thức này luôn đúng)

VËy a2 b2 c2 d2 e2 a(b c d e)









VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: (a10 b10).(a2 b2) (a8 b8).(a4 b4)







Gi¶i: Ta cã:

12
8
4
4
8
12
12
10
2
2
10
12
4

4
8
8
2
2
10

10 ).( ) ( ).( ) . . . .

(a b a b a b a b  a a b a b b a a b a b b

8. 2( 2 2) 2 8( 2 2) 0






 a b a b a b b a
2 2( 2 2)( 6 6) 0





 a b a b a b

2 2( 2 2)



( 2)3 ( 2)3



0





 a b a b a b

2 2( 2 2)2



4 2. 2 4









 a b a b a a b b (*)
Bất đẳng thức (*) luôn đúng vậy ta có điều phải chứng minh.

VÝ dơ 3: Cho x.y =1 vµ x > y. Chøng minh r»ng 2 2
2
2





y
x

Gi¶i:

Ta cã: 2 2
2
2






y
x

Vì: x > y nên x y > 0 2 2 2 2 x2 y2 2 2.(x y)

y
x










2 2 2 2. 2 2. 0







 x y x y

2 2 2 2 2. 2 2. 2 0








 x y x y

2 2 ( 2)2 2 2. 2 2. 2 0









 x y x y xy (v× x.y =1 nªn 2 = 2xy)

( 2)2 0






 x y (*)

BĐT (*) ln ln đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 4:

a) Chøng minh: P(x,y) = 9 2 2 2 6 2 1 0





y xy y

y

x x;yR

b) Chøng minh: a2b2c2 a b c (Gợi ý: Bình phơng 2 vế)

c) Cho ba sè thực khác không x, y, z thỏa mÃn điều kiện:



















z

y

x

z

y

x

z

y

x

1 .

Chứng minh rằng: Có đúng một trong ba số x, y, z lớn hơn 1.

(Đề thi vào lớp 10 PTTH Chuyên Lam Sơn Thanh Hoá năm học 96 - 97)

Gi¶i:

c) XÐt (x 1)(y1)(z1)xyz(xyyzzx)x yz1



















z
y
x

xyz
z
y
x

xyz 1) ( ) 1 1 1

(

( ) 1 1 10














z
y
x
z
y

x (v× x y z

z
y

x    

1
1
1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

 2 trong 3 số (x – 1), (y – 1), (z – 1) âm, hoặc cả 3 số(x – 1), (y – 1), (z – 1) đều
dơng.

Nếu cả 3 số(x – 1), (y – 1), (z – 1) đều dơng thì x, y, z >1  x.y.z > 1 (trái với giả
thiết x.y.z =1). Vì thế, bắt buộc phải xảy ra trờng hợp 2 trong 3 số (x – 1), (y – 1), (z –
1) âm, tức là có đúng 1 trong ba số x, y, z là số lớn hơn 1 (đpcm).

Ph

ơng pháp 3 : Dùng bất đẳng thức quen thuộc (Bất đẳng thức phụ)
A. Một số bất đẳng thức hay sử dụng.

1) Các bất đẳng thức cơ bản.
a) x2 y2 2xy 2xy




 . DÊu “=” x·y ra khi x = y.

b) x2y2 xy . DÊu “=” x·y ra khi x = y = 0.

c) (x y)2 4xy



 . DÊu “=” x·y ra khi x = y.
d) NÕu a.b > 0 th×  2

a
b
b
a

. DÊu “=” x·y ra khi x = y.

2) Bất đẳng thức Cô sy: n

n
n a a a a

n

a
a

...
.
.
...

3
2
1
3

2
1







(Trong đó a1,a2,a3,...,an 0)
Dấu “=” xãy ra khi: a1 a2 a3 ...an

3) Bất đẳng thức Bunhiacopski













2
2

1
1
2
2

2
2
1
2
2

2
2

2 a .... an .x x .... n a x a x .... anxn

a          

4) Bất đẳng thức Trê - b - sép:
a) Nếu









C

B

A

c

b

a

th×

3
.
3
3

.
.

.A bB cC a b c A B C

a    





. DÊu “=” x·y ra khi









C

B

A

c

b

a

b) NÕu











C

B

A

c

b

a

th×

3
.
3
3

.
.

.A bB cC a b c A B C

a    





. DÊu “=” x·y ra khi









C

B

A

c

b

a

B. C¸c vÝ dụ

Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng 
(a + b)(b + c)(c + a)  8abc

Giải:
Cách 1: (Dùng bất đẳng thức phụ: (x y)2 4xy



 )

Tacã: (a b)2 4ab



 ; (bc)2 4bc; (ca)2 4ca
(a b)2.(b c)2.(c a)2 4ab.4bc.4ca (8abc)2










 (a + b)(b + c)(c + a)  8abc. DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c
VÝ dô 2

1) Cho a, b, c > 0 vµ a + b + c = 1 CMR: 1119

c
b
a

2) Cho x, y, z > 0 vµ x + y + z = 1 CMR: x2yz4(1 x)(1 y)(1 z)
3) Cho a > 0, b > 0, c > 0. CMR:

2
3







 a b

c
a
c

b
c
b

a

4) Cho x 0,y 0 và thỏa mÃn điều kiÖn: 2 x y 1. CMR:

5
1

 y

x
VÝ dô 3: Cho a > b > c > 0 vµ 2 2 2 1




b c

a .

Chøng minh r»ng:

2
1

3
3
3







 a b

c
a
c

b
c
b

a

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Do a, b, c đối xứng, giả sử a  b  c

b

a

c

a

c

b

c

b

a

c

b

a

2 2 2

áp dụng BĐT Trê- b-sép ta cã:






























b
a

c
a
c

b
c
b

a
b

a
c
a
c

b

c
b

a
c
b
a
b
a

c
c
a
c

b
b
c
b

a
a

9
1
3

.
3
3

.
.

. 2 2 2 2 2

(V× 2 2 2 1


b c

a theo gi¶ thiÕt)


2
1
2
3
.
3
1

3
3









 a b

c
a
c

b
c
b

a (®pcm)

(Vì theo Ví dụ 2 ta đã chứng minh đợc

2
3






 a b

c
a
c

b
c
b

a

)
VËy

2
1

3
3
3







 a b

c
a

c

b
c
b

a

. DÊu b»ng x¶y ra khi a = b = c =
3
1

.
VÝ dô 4: Cho a, b, c, d > 0 vµ a.b.c.d = 1. Chøng minh r»ng:













10
2

2
2
2












b c d ab c bc d d c a

a

Gi¶i:

Ta cã: a2 b2 2ab



 vµ c2 d2 2cd

2 2 2 2 2 2 2.( )

cd
ab
cd

ab
d

c
b

a       



V×: a.b.c.d =1 nªn

ab

cd  1  2 2 2  22.( 1 )4

ab
ab
d

c
b

a (1) (áp dụng BĐT: 1 2

x

x )

Mặt khác ta lại có:

a(bc)b(cd)d(ca)(abcd)(acbd)(bcad)

1 1 1  2226
































bc
bc
ac
ac
ab

ab (2)

Tõ (1) vµ (2) 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 10












 a b c d a b c b c d d c a

VÝ dô 5: Cho 4 sè a, b, c, d bÊt kú. Chøng minh r»ng:
(ac)2 (bd)2  a2 b2  c2 d2

Gi¶i: Ta cã: 2 2 2 2 2 2

)
(

2
)

(

)

(ac  bd a b  acbd c d

áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopski ta đợc: a.c b.d a2 b2. c2 d2






(a c)2 (b d)2




 (a2 b2) 2 a2 b2. c2 d2 (c2 d2)









Hay (a c)2 (b d)2 ( a2 b2 c2 d2)2









 (ac)2 (bd)2  a2 b2  c2 d2

VÝ dô 6: Chøng minh r»ng: a2b2c2 abbcca

Giải:

áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 cặp số (1, 1, 1) vµ (a, b, c) ta cã:



12 12 12



(a2 b2 c2)



1.a1.b1.c



3( 2 2 2) 2 2 2 2( )

ca
bc
ab
c

b
a
c
b

a        


2(a2 b2 c2) 2(ab bc ca)








 a2b2c2abbcca(đpcm). Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

Ph

¬ng ph¸p 4 : Sử dụng tính chất bắc cầu
1. L u ý : A > B và B > C thì A > C

0 < x < 1 th× x2< x

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Gi¶i:

Tacã

























0 cdb

dca

dcb

dca

 (a – c)(b – d) > cd

 ab – ad – bc + cd > cd

 ab > ad + bc (điều phải chứng minh)
Ví dụ 2: Cho a, b, c > 0 tháa m·n ®iỊu kiƯn

3
5

2
2
2b c 

a .

Chøng minh r»ng:

abc
c
b
a

1
1
1
1




Gi¶i:

Ta cã : (a + b – c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab – ac – bc)

 0

 ac + bc – ab 

2
1

(a2 + b2 + c2)

 ac + bc – ab

6
5

 < 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta đợc

abc
c
b
a

1
1
1
1




 (®pcm)

VÝ dơ 3. Cho 0 < a, b, c, d < 1.

Chøng minh r»ng (1 – a).(1 – b).(1 – c).(1 –d) > 1 – a – b – c – d
Gi¶i:

Ta cã: (1 – a).(1 – b) = 1 – a – b + ab

Do a > 0, b > 0 nªn ab > 0  (1 – a).(1 – b) > 1 – a – b (1)
Mặt khác: Vì c < 1 nªn 1 – c > 0

 (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 dô 4

a) Cho 0 < a, b, c < 1 . Chøng minh r»ng: 2a32b32c3 3a2bb2cc2a

b) Chøng minh r»ng : NÕu 2 2 2 2 1998



b c d

a th× acbd 1998

(Chuyên Anh năm học 1998 1999)

a) Giải:

Do 1 2 1 1 2 0







 a a

a và b1 1 b0
Từ đó suy ra: (1 2)(1 ) 0 1 2 2 0









 a b a b a b

1a2ba2b (*)

MỈt kh¸c: 0 a;b 1 a2 a3; b b2 b3








 (**)

Tõ (*) vµ (**) 1a2ba3b3

Hay a3 b3 1a2b



 (1)

T¬ng tù : b3 c3 1b2c



 (2)

Vµ c3a3 1c2a (3)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta có :
2a3 2b3 2c3 3a2bb2cc2a
b) Giải:

Ta cã: (ac bd)2 (ad bc)2 a2c2 b2d2 2abcd a2d2 b2c2 2abcd













2( 2 2) 2( 2 2)

d
c
b
d
c

a   

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

(a2 b2).(c2 d2)




19982

Mặt khác: ( )2 ( )2 ( )2 19982







bd ac bd ad bc

ac

 acbd 1998
2) Bµi tËp:

a) Cho c¸c sè thùc: a1; a2; a3; …; a2003 tháa m·n: a1 + a2 + a3 + …. + a2003 =1.

Chøng minh r»ng: 2003
1
... 2

2003
2

3
2
2
2

1 a a  a 
a

(Đề thi vào lớp 10 PTTH Chuyên Nga Pháp 2003- 2004 Thanh Hãa)

b) Cho a; b; c  0 tháa m·n: a + b + c = 1

Chøng minh r»ng: 1 1 . 1 1 . 1 1 8

c
b

a

. . . .
Phơng pháp 5: Dïng tÝnh chÊt cña tû sè

KiÕn thøc

1) Cho a, b, c là các số dơng thì
a) NÕu 1

b
a

th×

c
b

c
a
b
a





b) NÕu 1

b
a

th×

c
b

c
a
b
a





2) NÕu b, d > 0 vµ

d
c
b
a

 th×

d
c
d
b

c

a
b
a







VÝ dơ 1: Cho a, b, c, d > 0. Chøng minh r»ng: 
1aabcbbcdcdcaddab2
Gi¶i :

Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã

d
c
b
a

d
a
c
b
a

a
c

b
a

a













 1 (1)

Mặt khác:

d
c
b
a

a
c

b
a

a

(2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã:

d
c
b
a

d
a
c
b
a

a
d

c
b
a

a













 (3)

T¬ng tù ta cã:

d
c
b
a

a
b
d

c
b

b
d

c
b
a

b













 (4)

d

c
b
a

c
b
a
d
c

c
d

c
b
a

c













 (5)

d
c
b
a

c
d
b
a
d

d
d

c
b
a

d














 (6)

Céng vÕ theo vÕ cña (3); (4); (5); (6) ta cã:

1 2














b
a
d

d
a
d
c

c
d
c
b

b
c
b
a

a

(®iỊu ph¶i chøng minh)
VÝ dơ 2: Cho

d
c
b
a

 vµ b, d > 0. Chøng minh r»ng

d
c
d

b

cd
ab
b
a





 2 2

Gi¶i: Tõ 2 2

d
cd
b
ab
d
c
b
a





d
c

d
cd
d
b

cd
ab
b
ab
b
a








 2 2 2 2

VËy

d
c
d
b

cd
ab

b
a





 2 2 (điều phải chứng minh)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

d
b
c
a

Giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử:

d
b
c
a

. áp dơng tÝnh chÊt “NÕu

n
m
b

a

 th×

n
m
n
b

m
a
b
a





 ” ta cã:

d
b
d
c

b
a
c
a






  1

c
a

(v× a + b = c + d)
a) NÕu: b 998 th× 998

d
b

999




d
b
c
a

b) NÕu: b = 998 th× a = 1

d
c

d
b
c

a 1 999

Đạt giá trị lớn nhất khi d = 1; c = 999
Vậy giá trị lớn nhất của P =

999
1
999 



d
b
c
a

khi a = d = 1; c = b = 999
Phơng pháp 6: Phơng pháp làm trội

L
 u ý:

Dùng các tính bất đẳng thức để đa một vế của bất đẳng thức về dạng tính đợc tổng hữu
hạn hoặc tích hữu hạn.

(*) Phơng pháp chung để tính tổng hữu hạn: S u1u2 u3...un

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát uk về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:

uk ak  ak1

Khi đó: S u1u2u3...un

(a1 a2)(a2 a3)(a3 a4)...(an  an1)
a1 an1

(*) Phơng pháp chung về tính tích hữu hạn Pu1.u2.u3....un

Bin i cỏc số hạng uk về thơng của hai số hạng liên tiếp nhau:

1



k
k
k

a
a

u

Khi đó:

1
1
1
4

3
3
2
2
1
3

1. . .... . . ...









n
n

a
a
a

a
a
a
a
a
a
a
u
u
u
u
P

VÝ dô 1: Víi mäi sè tù nhiªn n > 1 chøng minh r»ng:

2
1
2

1
...
3

1
2
1
1
1









 n n n

n

Gi¶i:
Ta cã

n
n
n
k

n 2

1
1





 với k = 1, 2, 3, …, n – 1
Do đó:

2
1
2
2

1
...
2

1
2

1
...
3

1
2
1
1
1















 n

n
n
n

n
n
n
n

n
n

VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: ... 1 2( 1 1)
4

1
3
1
2
1

1      n 

n (Víi n là số nguyên)

Giải :

Ta có: 2( 1 )

1
2
2

2
1

k
k

k
k
k

k       
Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có

12( 2 1)

2( 3 2)
2




2( 4 3)
3




</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1 2( n 1 n)

n   

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có ... 1 2( 1 1)
4
1
3
1
2
1

1      n 

n

VÝ dô 3: Chøng minh r»ng: 1 2

1 2





n
k k

n Z

Gi¶i:
Ta cã:
k
k
k

k
k
1
1
1
)
1
(
1
1
2 





Cho k chạy từ 2 đến n ta có:

2
1
1
2
1

2  

3
1
2

1
3
1

2  

4
1
3
1
4
1

2  

. . .

n
n
n
1
1
1
1
2 


1
1

1
1
1
1
...
4
1
3
1
3
1
2
1
2
1
1
1
...
4
1
3
1
2
1
2
2
2

2   








































n
n
n
n

VËy 1 2

1 2





n
k k

n Z.

VÝ dơ 4: Chøng minh c¸c B§T sau :
a)
2
1
)
1

2
)(
1
2
(
1
...
7
.
5
1
5
.
3
1
2
.
1
1







n
n

b) 2

...
3
.
2
.
1
1
...
4
.
3
.
2
.
1
1
3
.
2
.
1
1
2
.
1
1

1     

n

Gi¶i :

a) Ta cã: 


















 2 1

1
1
2
1
.

2
1
)
1
2
)(
1
2
(
)
1
2
(
)
1
2
(
.
2
1
)
1
2
)(
1
2
(
1
k
k

k
k
k
k
k
k

Cho k chạy từ 1 đến n. Sau đó cộng lại ta có

11.2 31.5 51.7 ... (2 1)(12 1) 21.1 2 2 1 21














n
n

n (®pcm)

b) Ta cã:

n
n

n ( 1).

1
...
4
.
3
1
3
.
2
1
2
.
1
1
1
...
3
.
2
.
1
1
...
4

.
3
.
2
.
1
1
3
.
2
.
1
1
2
.
1
1
1













1 2 1 2

1
1
...
4
1
3
1
3
1
2
1
2
1
1

1   




































n
n

n (®pcm)

P

h ơng pháp 7 : Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Lu ý: Nếu a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì : a; b; c > 0

Vµ b c abc; a c bac; a b cab

Ví dụ1: Cho a; b; c là độ dài 3 cạnh của tam giác chứng minh rằng: 
a) a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)

b) abc > (a + b – c).(b + c – a).(c + a – b)
Gi¶i

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

(2

)

)(

0

2 cabc

ab

cb

a

bac

c

acb

b

cba

a

ba

c

ac

b

cb

a























































b) b) Ta cã:

0
)

( 2

2
2








 b c a a b c

a

2 2 ( )2 0







 c a b b c a

b

2 2 ( )2 0








 a b c c a b

c

Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên ta đợc:

a2.b2.c2



a2 (b c)2

 

.b2 (c a)2

 

.c2 (a b)2













2 2 2 2 2 2

)
.(

)

)
(

.b c a b c b c a c a b

a       



 a.bc(ab c).(bc a).(ca b)
VÝ dô 2:

1) Cho a, b, c là chiều dài ba cạnh của tam gi¸c

Chøng minh r»ng ab bc ca a2 b2 c2 2(ab bc ca)









2) Cho a, b, c lµ chiỊu dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2.
Chøng minh r»ng 2 2 2 2 2





b c abc

a

Phơng pháp 8: Đổi biến số (phơng pháp đặt ẩn phụ)
Ví dụ1: Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:

2
3

a b

c
a
c

b
c
b

a

(1)
Giải :

Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b ta cã: a =
2

x
z
y 

; b =
2

y
x
z 

; c =
2

z
y
x 

























z

b

a

y

a

c

x

c

b

Khi đó: (1)  2   2   2  23

z
z

y
x
y

y
x
z
x

x
z
y

         3

z
z
y
x
y

y
x
z
x

x
z
y

  1  1  13

z
y
z
x
y
x
y
z
x
z
x
y

6



























z
y
y
z
z
x
x
z
y
x
x
y

V×: 2









y
x
x
y

; 2








z
x
x
z

vµ 2









z
y
y
z

6





























z
y
y
z
z
x
x
z
y
x
x
y

. DÊu b»ng x¶y ra khi x = y = z. (®pcm)
VÝ dơ2: Cho a, b, c > 0 vµ a + b + c < 1. Chøng minh r»ng:

2
1
2

1
2

2
2

2 






 bc b ac c ab

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Giải:

Đặt x = 2 2 0

bc

a ; y = 2 2 0


 ac

b ; z = 2 2 0


 ab

c

Ta cã: ( )2 1






y z a b c

x (*)

L¹i cã: ( ) 1 1 19












z
y
x
z
y

x (**)

Tõ (*) vµ (**)  11 1 9

z
y

x . DÊu b»ng x¶y ra khi x = y = z.

Hay 9

2
1
2

1
2

2
2

2 






 bc b ac c ab

a . DÊu b»ng x¶y ra khi a = b = c. (®pcm)

VÝ dơ3: Cho x  0, y  0 tháa m·n ®iỊu kiƯn 2 x  y 1. CMR:

5
1

y

x .

Gỵi ý:

Đặt x a0, y b0.

T ú Bi Toán trở thành: Cho 2a b 1. CMR:

5
1

2
2b 

a .Thế (1) vào(2) Ta có đpcm

Bài tập

1) Cho a > 0, b > 0, c > 0. CMR: 25 16 8





 a b

c
a
c

b
c
b

a

2) Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b > 0. Chøng minh r»ng:

( ) ( )

1 m n p 2 m n p

b

a
pc
a
c

nb
c
b

ma

===============================================================
Phơng pháp 9: Dïng tam thøc bËc hai

L

u ý : Cho tam thøc bËc hai: f(x)ax2 bxc

NÕu  < 0 th× a.f(x) > 0 x R
NÕu  = 0 th× a.f(x) > 0

a
b
x 

 (x R)
NÕu  > 0 th× a.f(x) > 0 








2
1

x
x

Vµ a.f(x) < 0  x1xx2

(Trong đó x1; x2 là hai nghiệm của đa thức f(x) và x1 > x2)
Ví dụ 1: Chứng minh rằng : f(x, y) = 2 5 2 4 2 6 3 0







 y xy x y

x (1)

Gi¶i:

Ta cã: (1) 2 2(2 1). 5 2 6 3 0







 x y x y y





2y1



2 5y26y 3





1 0

3
6
5
1
4
4

2
2














y

y
y
y

y

VËy f(x, y) > 0 víi mäi x, y.

VÝ dơ 2: Chøng minh r»ng: f(x, y) = x2y4 2(x2 2).y2 4xy x2 4xy3






Gi¶i:

Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với
2 4 2( 2 2). 2 4 2 4 3 0








 x y xy x xy

y
x

( 2 1)2. 2 4 (1 )2. 4 2 0








 y x y y x y

Ta cã: ' 4 2(1 )2 4 2( 2 1)2 16 2 0










 y y y y y

V× a = ( 2 1)2 0



y vËy f(x, y) > 0. x,yR (đpcm)

===============================================================
Phơng pháp 10: Dùng quy nạp toán học

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n n0ta thực hiện các bớc 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 đợc 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

VÝ dô1: Chøng minh r»ng:

n
n

1
2
1
...
3

1
2

1
1

2
2

2       (1) nN,n1

Gi¶i :

Víi n = 2 ta cã:

2
1
2
4
1

1   (đúng)
Vậy BĐT (1) đúng với n = 2

Giả sử BĐT (1) đúng với n = k . Tức là

k
k

1
2
1

...
3

1
2

1
1

2
2

2      

Bây giờ ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k + 1.
Thật vậy khi n = k + 1 thì: (1)

1
1
2
)
1
(

1
...

1
2

1
1

2
2

2  

k
k

Theo giả thiết quy nạp ta có:

1
1
2
)
1
(

1
1

...
3

1
2

1
1

2
2

2

k
k
k

k (*)

V×:

1
1
2
)
1
(

1
2
1
1
1
2


















k
k

k (**)

Tõ (*) vµ (**) 112 212 312 ... ( 11)2 2 11








k

k  BĐT (1) cung đúng với n = k + 1.

Vậy bất đẳng thức (1) đợc chứng minh.

VÝ dô2: Cho n N vµ a + b > 0. Chøng minh r»ng:

2
2

n

n
n

b
a
b

a 








  (1)

Gi¶i:

Ta thấy BĐT (1) đúng với n = 1.

Giả sử BĐT (1) đúng với n = k. Tức là ta có:

2
2

k
k
k

b
a
b

a 







 

Bây giờ Ta phải chứng minh BĐT (1) củng đúng với n = k + 1
Thật vậy với n = k + 1 ta có:

(1)

2
2

1
1

1  










 


k
k
k

b
a
b

a

2
2

.
2

1
1 









 





 


k
k
k

b
a
b
a
b

a (2)

V×: VT

2
4

2
.
2
2

.
2

1
1
1

1   


















 





 


k
k
k
k
k
k
k

k
k

b
a
b
b
a
ab
a

b
a
b
a
b
a
b

a = VP

 BĐT (1) đúng với n = k + 1.

Vậy BĐT (1) luôn đúng. Ta cú (pcm)

===============================================================
Ph

ơng pháp 11: Chøng minh ph¶n chøng
L

u ý :

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 vơ lý có thể là điều trái
với giả thiết , có thể là điều trái ngợc nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng
minh là đúng

2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “G  K” phép toán mệnh đề cho ta :

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

của nó. Ta thờng dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :
A. Dùng mệnh đề phản đảo : K  G

B. Phủ định rồi suy trái giả thiết :
C. Phủ định rồi suy trái với điều đúng
D. Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngợc nhau
E. Phủ định rồi suy ra kết luận :

VÝ dô 1: Cho ba sè a,b,c tháa m·n a + b + c > 0 , ab + bc + ac > 0, abc > 0
Chøng minh r»ng a > 0, b > 0, c > 0

Gi¶i :

Giả sử a  0 thì từ abc > 0  a  0 do đó a < 0
Mà abc > 0 và a < 0  cb < 0

Tõ ab + bc + ca > 0  a(b + c) > – bc > 0
Vì a < 0 mà a(b + c) > 0  b + c < 0

a < 0 vµ b + c < 0  a + b +c < 0 trái giả thiết a + b + c > 0

VËy a > 0.

T¬ng tù ta cã: 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: a2 4b

 , c2 4d
Gi¶i :

Giả sử 2 bất đẳng thức : a2 4b

 , c2 4d đều đúng khi đó cộng vế theo vế ta đợc
a2 c2 4(b d)




 (1)

Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b + d)  2ac (2)
Tõ (1) vµ (2) a2 c2 2ac




 hay (a c)2 0 (vô lý)
Vậy trong 2 bất đẳng thức a2 4b

 , c2 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3:

Cho x, y, z > 0 vµ xyz = 1. Chøng minh r»ng:

NÕu xyz1x1y1z th× trong 3 sè x, y, z cã mét số lớn hơn 1.
Giải :

Ta có (x – 1).(y – 1).(z – 1) = xyz – xy – yz – zx + x + y + z – 1

= 














z
y
x
z
y

x 1 1 1 (v× xyz = 1)

Vì theo giả thiết thì xyz 1x1y1z nªn (x – 1).(y – 1).(z – 1) > 0
Trong ba sè (x – 1), (y – 1) vµ (z – 1) chØ cã mét sè d¬ng

Thật vậy nếu cả ba số dơng thì x, y, z > 1  xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dơng 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.

===============================================================

Phần iii : các bài tập nâng cao
1) Dùng định nghĩa

1) Cho abc = 1 vµ 3 36


a . Chøng minh r»ng a b2 c2 abbcca

3
2

.
Gi¶i

Ta cã hiÖu: a b c  ab bc caa a b2c2 ab bc ca
2

2
2

12
4
3

a b c ab ac bc a 3bc

12
2

2
2



















0
12

36
2

3
2

















a
abc
a

c

b

a (v× abc = 1 vµ a3 > 36

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Vậy: a b2c2 abbcca

3
2

. Điều phải chứng minh
2) Chøng minh r»ng

a) 4 4 2 1 2 .( 2 1)








y z x xy x z

x

b) 2 5 2 4 2 6 3 0







 b ab a b

a (Víi mäi sè thùc a, b, c)

c) 2 2 2 2 2 4 2 0






 b ab a b

a (Víi mäi sè thùc a, b, c)

Gi¶i :

a) XÐt hiÖu

H = x4 y4 z2 1 2x2y2 2x2 2xz 2x











(x2 y2)2 (x z)2 (x 1)2 0 ( x,y,z)










 H  0 (x,y,z). Từ đó ta có điều phải chứng minh.
b) Vế trái có thể viết

H = ( 2 1)2 ( 1)2 1





 b b

a

 H > 0 (a,b,c) ta có điều phải chứng minh
c) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H = ( 1)2 ( 1)2





 b b

a

 H  0 (a,b,c). Từ đó, ta có điều phải chứng minh.

Ii. Dùng biến đổi t ơng đ ơng

1) Cho x > y vµ x.y = 1. Chøng minh r»ng: 8
)
(

)
(

2
2
2
2






y

x

y
x

Gi¶i :

Ta cã: 2 2 ( )2 2 ( )2 2







y x y xy x y

x (v× x.y = 1)

 (x2y2)2 



(x y)2 2



( )4 4.( )2 4





 x y x y

Do đó BĐT cần chứng minh tơng đơng với

(x y)4 4.(x y)2 4 8.(x y)2








( )4 4.( )2 4 0






 x y x y



( )2 2



2 0



 x y

BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh.
2) Cho x.y  1. Chứng minh rằng: x y xy







 1

2
1

1
1

2
2

Gi¶i :

Ta cã: xy

y
x    

 1

2
1

1
1

1
1
1

1
1

2 

























xy
y

xy
x

)
1
)(
1

(
)
1
)(
1

( 2

2
2














xy
y

y

xy
xy

x
x
xy

(1 (2)(1 ) ) (1 (2)(1 ) )0













xy
y

y
x
y
xy

x
x
y
x

)
1
)(
1
)(
1
(

)
1
(
)
(

2
2












xy
y

x

xy
x
y

BĐT cuối này đúng do x.y > 1. Vậy ta có điều phải chứng minh

Iii. dùng bất đẳng thức ph

1) Cho a, b, c là các số thực vµ a + b + c =1
Chøng minh r»ng:

3
1

2
2
2b c 

a

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1, 1, 1) vµ (a, b, c)
Ta cã: (1.a 1.b 1.c)2 (1 1 1)(a2 b2 c2)











(a b c)2 3.(a2 b2 c2)







3
1

2
2
2  

 a b c (v× a + b + c =1 ) (®pcm)
2) Cho a, b, c là các số dơng. Chứng minh rằng:

9
1
1
1
).

(

c
b
a
c
b

a (1)

Gi¶i :

Ta cã: (1) 1   1   19

a
c
a
c
c
b
a
b
c
a
b
a

3 9






























b
c
c
b
a
c
c
a
a
b

b
a

6




















b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a

áp dụng BĐT phụ 2

x
y
y
x

Với x, y > 0
Ta có BĐT cuối cùng ln đúng

VËy ( ). 1 1 19













c
b
a
c
b

a (đpcm)

Iv. dùng ph ơng pháp bắc cầu

1) Cho 0 < a, b, c < 1. Chøng minh r»ng: 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a







 .

Gi¶i:

Do 1 2 1



 a

a vµ 1 2 1




 b

b

Nªn (1 2)(1 2) 0 1 2 2 2 2 0








 a b a b a b

Hay 1a2b2 a2b2 (1)

MỈt khác: Vì 0 < a, b < 1  a 2 a3 vµ b b2 b3



 (2)

Tõ (1) vµ (2)  1 a2b a3 b3





Hay a3b3 1a2b (*)

Tơng tự ta củng chứng minh đợc:
b3 c3 1b2c



 (**)

Vµ c3 a3 1c2a



 (***)

Cộng vế theo vế của (*), (**) và (***) ta đợc:
2a32b32c3 3a2bb2cc2a (đpcm)

2) So s¸nh 3111 và 1714.

Giải :

Ta có: 11 11 5 11 55 56
2
2
)
2
(
32

31     (1)
Mặt khác: 256 24.14 (24)14 1614 1714

(2)

Tõ (1) vµ (2) 31 11 1714



V. Dïng tÝnh chÊt tØ sè

1) Cho a, b, c, d > 0 .Chøng minh r»ng:

2 3











b
a
d

a
d
a
d
c

d
c
d
c
b

c
b
c
b
a

b
a

Gi¶i :

Vì a, b, c, d > 0 nên ta cã:

d
c
b
a

d
b
a
c
b
a

b
a
d
c
b
a

b
a



















(1)

d
c
b
a

a
c
b
d
c
b

c
b
d
c
b
a

c
b




















</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

d
c
b
a

b
d
c
a
d
c

d
c
d
c

b
a

d
c



















(3)

d
c
b

a

c
a
d
b
a
d

a
d
d
c
b
a

a
d




















(4)
Cộng vế theo vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :

2 3












b
a
d

a
d
a
d
c

d
c
d
c
b

c
b
c
b
a

b
a

(®pcm)
2) Cho a, b, c là số đo ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

b
a

c
a
c

b
c
b

a

Giải :

Vì a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a, b, c > 0
Vµ a < b + c ; b < a + c ; c < a + b

Ta cã:

c
b
a

a
c

b
a

a
a
c
b

a











(*)
Mặt khác:

c
b
a

a
c

b
a

(**)
Tõ (*) vµ (**) 

c
b
a

a
c

b
a

c
b
a

a









(1)
T¬ng tù ta cđng cã:

c
b
a

b
a

c
b
c
b

a

b









(2)
Vµ

c
b
a

c
b

a
c
c
b
a

c









(3)

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có:

1 2







b
a

c
a
c

b
c
b

a

(®pcm)

Phần iv: ứng dụng của bất đẳng thức
 1. Dùng bất đẳng thức để tìm cự c trị

L u ý

- NÕu f(x)  A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A.

- NÕu f(x)  B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B.

Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Px 1 x 2  x 3 x 4

Gi¶i:

Ta cã: x 1 x 4 x 14 x x14 x 3 (1)

DÊu “=” x·y ra khi (x1)(4 x)01x4.
T¬ng tù: x 2  x 3 x 2 3 x x 23 x 1 (2)

DÊu “=” x·y ra khi (x 2)(3 x)0 2x3.
Tõ (1) vµ (2)  Px1 x 2 x 3 x 4 314

DÊu “=” x·y ra khi

2

3

2

4

1 











x

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là 4 đạt đợc khi 2x3
Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

S = xyz.(x + y).(y + z).(z + x) víi x, y, z > 0 vµ x + y + z =1
Gi¶i :

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

27
1
3

1
.

1xyz 3 xyz  3 xyz   xyz (1)

Dấu “=” xãy ra khi x = y = z =
3
1
.
Lại áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dơng (x + y); (y + z) và (x + z) ta có:

3
2
)
)(
)(
(
)
)(

)(
(
.
3
)
(
)
(
)
(

2 xy  yz  zx  3 xy yz zx  3 xy yz zx 

27
8
)
).(
).(

(    

 x y y z z x (2)

DÊu “=” x·y ra khi x = y = z =

3
1

.
Tõ (1) vµ (2)  S = xyz.(x + y).(y + z).(z + x) 

729
8
27

8
.
27

 .
DÊu “=” x·y ra khi x = y = z =

3
1

.
Vậy giá trị lớn nhÊt cđa biĨu thøc S lµ

729
8

đạt đợc khi x = y = z =

3
1

VÝ dô 3: Cho xy + yz + zx = 1. T×m giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x4 y4 z4

Giải :

áp dụng B§T Bunhiacèpski cho 2 bé sè (x, y, z) ;(y, z, x) ta cã:
( )2 ( 2 2 2)( 2 2 2)

z
y
x
z
y
x
zx
yz

xy      

1 (x2 y2 z2)2




 (1)

DÊu “=” x·y ra khi x = y = z =

Lại áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 2 bộ sè (x2, y2, z2) ;(1, 1, 1) ta cã:

(x2 y2 z2)2 (12 12 12)(x4 y4 z4)









(x2 y2 z2)2 3(x4 y4 z4)






 (2)

DÊu “=” x·y ra khi x = y = z =
3

 .

Tõ (1) vµ (2) 1 3(x4 y4 z4)





3
1

4
4
4





 x y z . DÊu “=” x·y ra khi x = y = z =

3
3

Vậy giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc A lµ

3
1

đạt đợc khi x = y = z =
3

3


VÝ dô 4 : Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện tích
lín nhÊt ?

Gi¶i :

Giả sử cạnh huyền của tam giác vuông là 2a
Đờng cao thuộc cạnh huyền là h

Hình chiếu của các cạnh góc vuông lên cạnh huyền lần lợt là x, y.
Ta cã S = (x y).h a.h a. h a. xy

1    2 

Vì a khơng đổi nên x + y = 2a khơng đổi.

 S lín nhÊt khi x.y lín nhÊt x y.

Ii, dùng b.đ.t để giải ph ơng trình và hệ ph ơng trình
Ví dụ 1 : Giải phơng trình sau: 4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 4 2x x2










Gi¶i :

Ta cã 3 2 6 19 3( 2 2 1) 16 3( 1)2 16 16










 x x x x

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

5 2 10 14 5( 2 2 1) 9 5( 1)2 9 9











 x x x x

x

4 3 2 6 19 5 2 10 14 416 9 2 3 5












 x x x x . DÊu “=” x¶y ra khi x +1 = 0

hay x = - 1 (*)
MỈt kh¸c: 4 2 2 5 ( 2 2 1) 5 ( 1)2 5











 x x x x x . DÊu “=” x¶y ra khi x +1 = 0

hay x = - 1 (**)
Tõ (*) vµ (**) 4 3 2 6 19 5 2 10 14 4 2 2 1














 x x x x x x x

VËy ph¬ng tr×nh cã nghiƯm duy nhÊt x = - 1
VÝ dơ 2: Giải phơng trình 2 2 4 2 4 3






 x y y

x

Gi¶i :

áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :

x 2 x2  1212. x2(2 x2)  2. 2 2. DÊu “=” x¶y ra khi x = 1 (*)

Mặt khác: 4 2 4 3 (2 1)2 2 2

y y

y . DÊu “=” x¶y ra khi y =

2
1

 (**)
Tõ (*) vµ (**) 2 2 4 2 4 3 2








 x x y y khi x = 1 vµ y =

2
1


Vậy nghiệm của phơng trình là

2

1 y

x

Ví dụ 3: Giải hệ phơng trình sau:

xyz

z

y

x

z

y

x

4
4

1

Giải : áp dụng BĐT C«si ta cã:

4 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2

2
2

2 x y y z z x

y
z
z
y
y
x
z
y

x           

L¹i cã: x2y2 y2z2 z2x2 x2y2 y2z2 y2z2 z2x2 z2x2 x2y2 y2xz z2xy x2yz

2
2

2   











x4 y4 z4 xyz(x y z)







V×: x + y + z = 1 Nên x4y4z4 xyz. Dấu = xảy ra khi x = y = z =

3
1

VËy hÖ















xyz

z

y

x

z

y

x

4
4
4

1

cã nghiÖm x = y = z =
3
1

VÝ dơ 4 : Gi¶i hƯ phơng trình sau

2
2

2

8

4 x

xy

y

xy

((12))
Từ phơng trình (1)  8 y2 0 y2 8 y 2 2

Tõ phơng trình (2) x2 2 x.y 2 2.x






  x2  2 2.x ( 2)2 0

 (x  2)2 0 2 0


 x

 x  2











2
2

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

NÕu x = 2 th× y = 2 2
NÕu x =  2 th× y =  2 2
Vậy hệ phơng trình có nghiệm là

2 y

x

và













2 y

x

Iii. dùng B.Đ.t để giải phơng trình nghiệm ngun
Ví dụ 1 Tìm các số ngun x, y, z thoả mãn 2 2 2 3 2 4

y z xy y z

x

Giải :

Vì x, y, z là các số nguyên nên: 2 2 2 3 2 4






y z xy y z

x

2 2 2 3 2 3 0








 x y z xy y z

3 3



2 1



0
4

3
4

2
2




























 x xy y y y z z

1 ( 1) 0
2

3
2

2
2






















 x y y z (*)

Mµ 1 ( 1) 0

2
3
2

2
2




















 y y z

x x;yR

 Phơng trình (*) 1 ( 1) 0

2
3
2

2
2

x y y z







































1

2

1

01

2

0

2 z

y

x

z

y

x

Các số x,y,z phải tìm là

1

2

1 z

y

x

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình : 11 12

z
y
x

Giải :

Không mất tính tổng quát ta giả sö xyz

Ta cã: 211 1 3 2z3

z
z

y

x

Mà z nguyên dơng vậy z = 1

Thay z = 1 vào phơng trình ta đợc 1 1 1

y

x

Theo gi¶ sư x  y nªn 111 1 1 2  y2

y
y
y
y

x

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

+) Víi y = 2 ta cã x = 2

VËy (2, 2, 1) là một nghiệm của phơng trình

Hoỏn v các số trên ta đợc các nghiệm của phơng trình là (2, 2, 1) ; (2, 1, 2) ; (1, 2, 2)
Ví dụ 3 : Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phơng trình x x y ( 1)

Giải :
+) Dể thấy

0 y

x

là một cặp nghiệm của phơng trình (1)

+) Với

0 y

x

thì phơng trình (1) chỉ có nghiệm khi

0 y

x

Ta cã 2 2 0










 x y x x y x y x

x (*)  x phải nguyên dơng.

Đặt x k (k nguyên dơng) x k2

Khi đó phơng trình (*) trở thành: 2 2 2
)
1
.(k y
k

y
k

k     

MỈt kh¸c: k2 k.(k1)(k1)2  k2 y2 (k1)2  kyk1 (**)

Vì: k và k +1 là hai số nguyên dơng liên tiếp nên không tồn tại một số nguyên dơng
y thoả mÃn hệ thức (**)

Nên không có cặp số nguyên dơng nào thoả mÃn phơng trình (1).
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất lµ :

Chuyen De Cac Phuong Phap Chung Minh Bat Dang ThucTHCS

Caực phửụng phaựp chửựng minh Baỏt ủaỳng thửực THCS

0

0

<i>B</i>

<i>A</i>

<i>B</i>

<i>A</i>

<i>B</i>

<i>A</i>

<i>B</i>

<i>A</i>







<sub></sub>

<sub></sub>

















































































1

2

2

2

2

2

01

2

0

2

0

2

0

2

<i>qpn</i>

<i>m</i>

<i>Hay</i>

<i>m</i>

<i>m</i>

<i>q</i>

<i>m</i>

<i>p</i>

<i>m</i>