BDT chon loc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức Phơng pháp 1 : dùng định nghĩa KiÕn thøc : §Ó chøng minh A > B. Ta chøng minh A –B > 0 Lu ý dùng hằng bất đẳng thức M ❑2  0 với M VÝ dô 1  x, y, z chøng minh r»ng : a) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx b) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz c) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 2 (x + y + z) Gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx = 1 .2 .( x ❑2 + y 2 2 2 - xy – yz – zx) + z ❑ ❑ y − z ¿2 x − z ¿2 +¿ ≥ 0 đúng với mọi x;y;z  R x − y ¿ 2+¿ ¿ ¿. = 1 2. V× (x-y)2 0 víix ; y DÊu b»ng x¶y ra khi x=y; (x-z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y ra khi x=z (y-z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y ra khi z=y VËy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx. DÊu b»ng x¶y ra khi x = y =z 2 2 b)Ta xÐt hiÖu: x ❑ + y ❑ + 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 VËy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z  R . Dấu bằng x¶y ra khi x+y=z c) Ta xÐt hiÖu: x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 – 2( x+ y +z ) = x ❑2 - 2x + 1 + y 2 2 ❑ -2y +1 + z ❑ -2z +1 = (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 : a). a2 +b2 a+ b ≥ 2 2. 2. ( ). a2 +b2 +c 2 a+ b+c ≥ 3 3. (. ; b). 2. ). c) H·y tæng qu¸t bµi to¸n 2 2 2 2 a2 +b2 a+b 2 = 2 ( a + b ) − a + 2ab+ b = 1 ( 2 a2 +2 b2 − a2 −b 2 −2 ab ) − 4 2 2 4 4 2 2 2 = 1 ( a −b )2 ≥ 0 . VËy a +b ≥ a+ b ; DÊu b»ng x¶y ra khi a=b 4 2 2 2 2 2 2 b)Ta xÐt hiÖu: a +b +c − a+b+ c = 1 [ ( a − b ) 2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 ] ≥ 0 9 3 3 2 2 2 2 VËy a +b +c ≥ a+ b+c ; DÊu b»ng x¶y ra khi a = b =c 3 3 2 2 2 2 a1 +a2 +. .. .+an a1 +a2 +. .. .+an c)Tæng qu¸t: ≥ n n. ( ). Gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu. ( ). ( ). (. ). (. ). phơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi tơng đơng Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã đợc chứng minh là đúng. Chú ý các hằng đẳng thức sau:  A B . 2.  A2 2 AB  B 2. ( A + B+C )2=A 2 +B 2+C 2 +2 AB+2 AC+2 BC.  A B . 3.  A3 3 A2 B  3 AB 2 B 3.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. VÝ dô 1:Cho a, b, c, d,e lµ c¸c sè thùc chøng minh r»ng: a) a2 + b ≥ ab 2. 2. b) a +b +1 ≥ ab+a+ b 2 Gi¶i: a) a2 + b ≥ ab ⇔ 4 a2 +b 2 ≥ 4 ab. 4 c) a +b + c + d + e ≥ a ( b +c +d +e ) 2. 2. 2. 2. 2. 2 2 ⇔ 4 a − 4 a+b ≥ 0 4 (bất đẳng thức này luôn đúng) ⇔ ( 2 a −b )2 ≥ 0 2 VËy a2 + b ≥ ab (dÊu b»ng x¶y ra khi 2a=b) 4 2 2 b) a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b ⇔2(a +b +1)> 2(ab+ a+b) ⇔ a2 − 2ab+ b2 +a2 −2 a+1+b 2 − 2b +1≥ 0 2 b −1 ¿ ≥0 2 a −1 ¿ +¿ Bất đẳng thức cuối đúng. 2 a −b ¿ + ¿ ⇔¿ VËy a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b . DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=1 c) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) ⇔ 4 (a 2+ b2+ c 2+ d 2+ e2 )≥ 4 a ( b+c + d+ e ) ⇔ ( a 2 − 4 ab+ 4 b 2) + ( a2 − 4 ac+ 4 c 2 ) + ( a2 − 4 ad + 4 d 2 ) + ( a 2 − 4 ac +4 c2 ) ≥ 0 ⇔ ( a −2 b )2 + ( a− 2 c )2 + ( a− 2 d )2+ ( a− 2 c )2 ≥ 0. Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh VÝ dô 2: Cho a, b lµ hai sè d¬ng cã tæng b»ng 1 . Chøng minh r»ng : Giải: Dùng phép biến đổi tơng đơng ; 3(a + 1 + b + 1) 4(a + 1) (b + 1)  9. 4(ab + a + b + 1). 1 1 4 + ≥ a+1 b+1 3. (v× a + b = 1). 9 4ab + 8 1 4ab  (a + b)2 4ab Bất đẳng thức cuối đúng . Suy ra điều phải chứng minh . VÝ dô 3: cho x.y =1 vµ x>y. Chøng minh. 2 2 Gi¶i: Ta cã: x + y. x2 + y2 x− y. 2 √2. 0 ⇒ x2+y2 2 √ 2 v× : x y nªn x- y 2 √ 2 ( x-y) x− y 0 ⇔ x2+y2+2- 2 √ 2 x+ 2 √ 2 y -2 0 ⇒ x2+y2- 2 √ 2 x+ 2 √ 2 y 0 v× x.y=1 nªn 2.x.y=2 ⇔ x2+y2+( √ 2 )2- 2 √ 2 x+ 2 √ 2 y -2xy 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh ⇒ (x-y- √ 2 )2 1 VÝ dô 4: Cho 2 sè a, b tho¶ m·n a + b = 1 . CMR a3 + b3 + ab 2 1 Gi¶i : Ta cã : a3 + b3 + ab <=> a3 + b3 + ab - 1 0 2 2 <=> (a + b)(a2 - ab + b2) + ab - 1 0 <=> a2 + b2 - 1 0 . V× a + b = 1 2 2  2a2 + 2b2 - 1 0. 0  2a2 + 2(1-a)2 - 1. 0 ( v× b = a -1 )  4a2 - 4a + 1. Bất đẳng thức cuối cùng đúng . Vậy a3 + b3 + ab. 1 2. DÊu '' = '' x¶y ra khi a = b = 1 2 Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A/ một số bất đẳng thức hay dùng. 0 ( 2a - 1 )2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1) Các bất đẳng thức phụ: a) x 2+ y 2 ≥ 2 xy b) ( x+ y )2 ≥ 4 xy. c) a + b ≥2 b a. a +a +a +. . ..+ an 2)Bất đẳng thức Cô sy: 1 2 3 ≥ √ a1 a2 a3 . .. . an n +¿2n ¿ x 21+ x 22 +.. . .¿ 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski: 2 ( a1 x 1+ a2 x 2 +. .. .+an x n ). Víi. ai >0. ( a 2 + a22+ .. ..+ a2n ) . 2. ¿. 4) Bất đẳng thức Trê- b-sép: NÕu NÕu. {Aa≤≤ bB≤≤ cC {Aa≥≤bB≤≥Cc. ⇒. ⇒. aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≥ . 3 3 3 aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≤ . . DÊu b»ng x¶y ra khi 3 3 3. a=b=c {A=B=C. b/ C¸c vÝ dô VÝ dô 1: Cho a, b ,c lµ c¸c sè kh«ng ©m chøng minh r»ng: (a+b)(b+c)(c+a) 8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x+ y )2 ≥ 4 xy Tacã ; ( a+b )2 ≥ 4 ab ; ( b+ c )2 ≥ 4 bc ( c +a )2 ≥ 4 ac 2 2 2 2 ⇒ ( a+b )2 ( b+ c )2 ( c +a )2 ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) 64 a b c =( 8 abc ) 8abc DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c VÝ dô 2: Gi¶ sö a, b, c lµ c¸c sè d¬ng , chøng minh r»ng: a b c + + >2 b+ c c+ a a+ b. √ √ √. Gi¶i: ¸p dông B§T Cauchy , ta cã : a + (b + c) 2 √ a(b+ c) Tơng tự ta thu đợc :. √. b 2b ≥ c +a a+ b+c. √. ,. . √. a 2a ≥ b+ c a+ b+c. c 2c ≥ a+ b a+b+ c. Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì khi đó có : a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = 0 ( trái với giả thiết a, b, c đều là số dơng ). Từ đó suy ra :. a b c + + >2 b+ c c+ a a+ b. √ √ √. VÝ dô 2 : Cho x , y lµ 2 sè thùc tho¶ m·n : x2 + y2 = x √ 1− y 2+ y √ 1 − x 2 Chøng minh r»ng : 3x + 4y 5 Giải : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có : (x2 + y2)2 = ( x √ 1− y 2+ y √ 1 − x 2 )2 ( |x|≤1 ; | y|≤1 ) (x2 + y2)(1 - y2 + 1 - x2) => x2 + y2 1 Ta l¹i cã : (3x + 4y)2 (32 + 42)(x2 + y2) 25 => 3x + 4y 5 §¼ng thøc x¶y ra . 2. 2. x + y =1 x >0 , y >0 x y = 3 4. {. . {. 3 5 . §iÒu kiÖn : 4 y= 5 x=. 3 5 ≤x ≤ 2 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> VÝ dô 3: Cho a, b, c 0 ; a + b + c = 1 . Chøng minh r»ng : a, √ a+b+ √b +c + √ c+ a ≤ √ 6 b, √ a+1+ √ b+1+ √ c +1<3,5 Gi¶i : a, ¸p dông bÊt d¼ng thøc Bunhiac«pxki víi 2 bé 3 sè ta cã : 2. 2. 2. ( √ a+b . 1+ √ b+c .1+ √ c +a . 1 ) ≤ ( 1+1+1 ) [ ( √ a+b ) + ( √ b+ c ) + ( √ c+ a ) ] => ( √ a+b+ √ b+c + √ c+ a )2 ≤3 .(2 a+2 b+ ac)=6 => √ a+b+ √b +c + √ c+ a ≤ √ 6 .. DÊu '' = '' x¶y ra khi : a = b = c = 1 3. b, áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có : √ a+1 ≤ (a+1)+1 = a +1 2. T¬ng tù : √ b+1 ≤ b +1 2. ;. 2. c √ c+ 1≤ +1 2. Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta đợc : √ a+1+ √ b+1+ √ c +1≤ a+b+ c +3=3,5 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = VËy : √ a+1+ √ b+1+ √ c +1<3,5. 1. VÝ dô 4 : Cho c¸c sè d¬ng a , b , c tho¶ m·n : a + b + c = 1 . Chøng minh r»ng : 1 + 1 + 1 ≥ 9 a b c. Gi¶i : Ta cã : a + b >0 , a , b > 0. b a 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta cã : + + =¿ ( + + ) .1 = ( + + ) .(a + b + c) a b c a b c a b c = 1+ a + a + b +1+ b + c + c + 1 = 3+( a + b )+( b + c )+( c + a ) ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 b c a c a b b a c b a c => 1 + 1 + 1 ≥ 9 DÊu ''='' x¶y ra khi : a = b = c = 1 a b c 3 VÝ dô 5: Cho x , y > 0 . Chøng minh r»ng : 1 + 1 ≥ 4 x y x+ y 2 Giải: áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : x+ y ≥ 2 √ xy  1 + 1 x y √ xy 4 => (x + y)( 1 + 1 ) 4 => 1 + 1 x y x y x+ y. VÝ dô 6: Cho 4 sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng: b+d ¿2 ¿ a+c ¿2 +¿ ¿ √¿. Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski tacã ac+bd √ a2 +b2 . √c 2 +d 2 mµ ( a+ c )2 +( b+ d )2=a 2+ b2+ 2 ( ac + bd ) + c2 +d 2 ( a 2+b 2 ) +2 √ a2+ b2 . √ c 2+ d 2+ c 2+ d 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. ⇒. b+d ¿ ¿ a+ c ¿2 +¿ ¿ √¿. VÝ dô 7: Chøng minh r»ng: a2 +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski C¸ch 1: XÐt cÆp sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ta cã ( 12 +12+12 ) (a2 +b 2+ c2 )≥ ( 1 .a+ 1. b+1 . c )2 3 ( a 2+b 2+ c 2 ) ≥ a2 +b 2+ c 2+2 ( ab+ bc+ ac ) ⇒ §iÒu ph¶i chøng minh DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c ⇒ a2 +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ac Ph¬ng ph¸p 4:dïng tÝnh chÊtcña tû sè KiÕn thøc 1) Cho a, b ,c lµ c¸c sè d¬ng th× a – NÕu a >1 th× a > a+ c b a <1 b. b – NÕu th× 2) NÕu b, d >0 th× tõ. b b+ c a a+ c < b b+ c. a c a a+c c < ⇒ < < b d b b+ d d. `. a b c d + + + <2 a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b a a a+ d <1 ⇒ < (1) a+b+ c a+b+c a+b+ c+ d. VÝ dô 1 : Cho a,b,c,d > 0 .Chøng minh r»ng: 1< Gi¶i : Theo tÝnh chÊt cña tØ lÖ thøc ta cã:. a a > (2) a+b+ c a+b+ c+ d a a a+d Tõ (1) vµ (2) ta cã: < < a+b+ c+ d a+b+ c a+b+ c+ d b b b+ a T¬ng tù ta cã: < < (4) a+b+ c+ d b+c +d a+b+ c+ d c c b +c < < (5) a+b+ c+d c +d +a a+b+ c+d d d d+ c < < (6) a+b+ c+ d d +a+b a+ b+c +d. MÆt kh¸c :. (3). céng vÕ víi vÕ cña (3); (4); (5); (6) ta cã. a b c d + + + <2 ®iÒu ph¶i chøng minh a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b ab+cd c VÝ dô 2 : Cho: a < c vµ b,d > 0 .Chøng minh r»ng a < 2 2 < b d b b +d d ab cd ab ab+cd cd c < < = Gi¶i: Tõ a < c ⇒ 2 < 2 ⇒ b d b d b2 b 2+ d 2 d 2 d ab+cd c a VËy < 2 2< ®iÒu ph¶i chøng minh b b +d d 1<. VÝ dô 3: Cho a;b;c;d lµ c¸c sè nguyªn d¬ng tháa m·n : a+b = c+d =1000 t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña a + b c d Ph¬ng ph¸p 5: Ph¬ng ph¸p lµm tréi.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Dùng các tính bất đẳng thức để đa một vế của bất đẳng thức về dạng tính đợc tổng hữu hạn hoÆc tÝch h÷u h¹n. (*) Phơng 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: uk =ak −a k+1. Khi đó : S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) +.. . .+ ( an − an+1 ) =a1 −a n+1 (*) Ph¬ng ph¸p chung vÒ tÝnh tÝch h÷u h¹n: P = u1 u 2 . .. .u n Biến đổi các số hạng uk về thơng của hai số hạng liên tiếp nhau: uk = Khi đó P =. ak ak+ 1. a1 a 2 an a1 . .. . .. = a2 a 3 an+1 an +1. VÝ dô 1 :Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng : 1 < 1 + 1 +. .. .+ 1 < 3 2 n+1 n+2. n+ n 4. 1 1 1 > = víi k = 1,2,3,…,n-1 n+k n+ n 2n 1 1 1 1 1 n 1 + +.. .+ > +. ..+ = = n+1 n+2 2n 2n 2 n 2n 2. Gi¶i: Ta cã Do đó:. 1 1 1 VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: 1+ + +.. . .+ >2 ( √ n+ 1− 1 ) √2 √ 3 √n 1 2 2 = > =2 ( √ k +1 − √ k ) Gi¶i : Ta cã √k 2 √ k √ k + √k + 1 Ta cã: 1 > 2 ( √ 2− 1 ) 1 >2 ( √3 − √ 2 ) √2. ……………… 1 >2 ( √ n+1− √ n ) √n Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 1 1 1+ + +.. . .+ >2 ( √ n+ 1− 1 ) √2 √ 3 √n n VÝ dô 3 : Chøng minh r»ng ∑ 12 < 2 k 1 1 1 1 < = − k 2 k ( k −1 ) k −1 k 1 1 <1 − 2 2 2 1 1 1 < − 32 2 3 .. . .. .. . .. .. .. . .. 1 1 1 < − 2 n n −1 n 1 1 1 ⇒ 2 + 2 +. .. .+ 2 <1 2 3 n. ∀ n∈ Z. k=1. Gi¶i: Ta cã. Ta cã:. n. VËy. ∑ k12 < 2 k=1. Phơng pháp 6: Dùng bất đẳng thức trong tam giác. Víi n lµ sè nguyªn.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> NÕu a;b;clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c th× : a;b;c> 0; vµ |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c b| < c < b+a VÝ dô 1: Cho a;b;clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Gi¶i: a)V× a,b,c lµ sè ®o 3 c¹nh cña mét tam gi¸c nªn ta cã 0<a< b+c 0<b< a+c 0<c <a+ b. {. ; |a-. a2 <a( b+c ) b2 <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. b) Ta cã. a > b-c  b > a-c . b−c¿ >0 2 2 a >a − ¿ 2  c2 −a2 ¿ > 0 b >b − ¿ ¿ 2> 0  a −b 2 2 c >c − ¿. . c > a-b  Nhân vế các bất đẳng thức ta đợc. ⇒ a 2 b2 c 2 > [ a2 − ( b − c )2 ][ b 2 − ( c − a )2 ] [ c 2 − ( a −b )2 ] 2 2 2 ⇒ a 2 b 2 c 2 > ( a+b − c ) ( b +c − a ) ( c +a −b ) ⇒ abc> ( a+b − c ) . ( b+c −a ) . ( c +a −b ). Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b , c là độ dài các cạnh của tam giác) . 1 1 1 + + ≥2 p − a p −b p − c Gi¶i: Ta cã : p - a = b+c − a >0 2. Chøng minh r»ng :. 1 1 1 ( + + ) a b c. T¬ng tù : p - b > 0 ; p - c > 0 ; áp dụng bất đẳng thức 1 + 1 ≥ 4 x. y. ta đợc ;. 1 1 4 4 + ≥ = p − a p −b ( p − a)+( p −b) c. x+ y 1 1 4 1 1 4 + ≥ + ≥ T¬ng tù : ; p − b p −c a p − a p −c b => 2( 1 + 1 + 1 )≥ 4 ( 1 + 1 + 1 ) => ®iÒu ph¶i chøng minh . p−a p−c p−c a b c. Dấu '' = '' xảy ra khi : p - a = p - b = p - c  a = b = c. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều . Phơng pháp 7: đổi biến số VÝ dô1: Chøng minh r»ng : NÕu a , b , c > 0 th× : a + b + c ≥ 3 b+c c +a b+ a 2 Gi¶i: §Æt : b +c = x , c + a = y , a + b = z => a + b + c = x + y + z 2 => a = y + z − x , b = z + x − y , c = x + y − z 2 2 2 Khi đó : VT = a + b + c = y + z − x + z + x − y + x+ y − z b+c c +a b+ a 2x 2y 2z = 1 ( y + x )+ 1 ( z + x )+ 1 ( z + y ) − 3 ≥ 1+1+ 1− 3 = 3 2 x y 2 x z 2 y z 2 2 2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> VÝ dô2: Cho a,b,c > 0 vµ a+b+c <1. Chøng minh r»ng Gi¶i: §Æt x = a2 +2 bc ; y = b2 +2 ac Ta cã x+ y+ z=( a+b +c )2< 1 (1). 1 1 1 ⇔ + + ≥9 x y z. ; z = c 2+ 2ab. 1 1 1 + 2 + 2 ≥9 a +2 bc b +2 ac c +2 ab 2. (1). Víi x+y+z < 1 vµ x ,y,z > 0. Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x+ y+ z ≥ 3. √3 xyz 1 1 1 1 1 1 + + ≥ 3. . 3 1 ( x+ y+ z ) . + + ≥ 9 ⇒ x. y. √. z. (x. xyz 1 1 1 + + ≥9 x y z. y z. ). Mµ x+y+z < 1. VËy (®pcm) Ph¬ng ph¸p 8: dïng tam thøc bËc hai Cho tam thøc bËc hai f ( x )=ax 2 + bx+ c NÕu Δ< 0 th× a . f ( x )> 0 ∀ x∈R NÕu Δ=0 NÕu Δ> 0. th×. a . f ( x )> 0. th×. a . f ( x )> 0 a . f ( x )< 0. b a víi x< x1 hoÆc víi x 1< x < x 2 ∀ x≠−. x> x2. ( x 2> x 1 ). VÝ dô: Chøng minh r»ng: f ( x , y ) =x 2+5 y 2 −4 xy +2 x −6 y +3> 0 Gi¶i:Ta cã (1) ⇔ x 2 −2 x ( 2 y −1 ) +5 y 2 − 6 y+ 3>0. (1) 2. 2 2 ' 2 2 Δ =( 2 y −1 ) −5 y + 6 y − 3 4 y  4 y  1  5 y  6 y  3   y  1  1  0. VËy f ( x , y ) > 0 víi mäi x, Ph¬ng ph¸p 9: dïng quy n¹p to¸n häc Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n>n 0 ta 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 n¹p ) 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>n 0 VÝ dô1: Chøng minh r»ng 1 1 1 1 + 2 +.. . .+ 2 <2 − 2 n 1 2 n Gi¶i : Víi n =2 ta cã 1+ 1 <2 − 1 4 2. ∀ n∈ N ; n>1. (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 ThËt vËy khi n =k+1 th× (1) ⇔. k +1¿ ¿ ¿. 1 1 1 1 + 2 +.. . .+ 2 + ¿ 2 1 2 k. Theo gi¶ thiÕt quy n¹p ⇔. k +1¿ ¿ ¿. 2. 1 1 1 1 + 2 +.. . .+ 2 + ¿ 2 1 2 k. ⇔. 2. k + 1¿ ¿ ¿. 2. 1 1 +.. . .+ ¿ 2 1. (1).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> ⇔. k +1 ¿2 ¿ k +1 ¿2 ¿ k +1+1 ¿. ⇔ k2+2k<k2+2k+1. Điều này đúng .Vậy bất đẳng thức (1)đợc c/m.. VÝ dô2: Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn d¬ng n 3 th× : 2n > 2n + 1 (*) Giải : + Với n = 3 , ta có : 2n = 23 = 8 ; 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7 ; 8 > 7 . Vậy đẳng thức (*) đúng víi n = 3 . + Giả sử (*) đúng với n = k (k N;k 3) , tøc lµ : 2k > 2k + 1 ta ph¶i chøng minh : 2k+1 > 2(k + 1) + 1 hay : 2k+1 > 2k + 3 (**) + ThËt vËy : 2k+1 = 2.2k , mµ 2k > 2k + 1 ( theo gi¶ thiÕt quy n¹p ) do đó : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + 3 ( Vì : 2k - 1 > 0) Vậy (**) đúng với mọi k 3. n + KÕt luËn : 2 > 2n + 1 víi mäi sè nguyªn d¬ng n 3. VÝ dô 3: Chøng minh r»ng :. 1 . 3 . 5 ... 2 4 6. 2 n −1 2n. 1 √ 3 n+1. (*) (n lµ sè nguyªn d¬ng. ) Giải : + Với n = 1 , ta có : VT = VP = 1 . Vậy (*) đúng với n = 1 . 2. + Giả sử (*) đúng với n = k. 1 ta cã :. 1 . 3 . 5 ... 2 4 6. 2 k −1 2k. 1 √ 3 k +1. Ta cần chứng minh (*) đúng với n = k + 1 , tức là : 2 k +1 2 k −1 ≤ . 2k 2( k +1) 2 k +1 1 do đó chỉ cần chứng minh : √3 k +1 2(k +1) 1 . 3 . 5 ... 2 4 6. 1 2 k +1 . 2( k +1) √3 k +1 1 √3(k +1)+1. dùng phép biến đổi tơng đơng , ta có : (2k + 1)2(3k + 4) (3k + 1)4(k +1)2  12k3 + 28k2 + 19k + 4 12k3 + 28k2 + 20k +4 k 0 . => (**) đúng với mọi k 1. VËy (*) dóng víi mäi sè nguyªn d¬ng n . Ph¬ng ph¸p 10: Chøng minh ph¶n chøng Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất đẳng thức đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái với giả thiết , có thể là điều trái ngợc nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng VÝ dô 1: Cho ba sè a,b,c tháa m·n a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0. CMR: a > 0, b>0, c>0 Gi¶i : Gi¶ sö a 0 thì từ abc > 0 ⇒ a 0 do đó a < 0 Mµ abc > 0 vµ a < 0 ⇒ cb < 0 Tõ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0 V× a < 0 mµ a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0 a < 0 vµ b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 tr¸i gi¶ thiÕt a+b+c > 0 VËy a > 0 t¬ng tù ta cã b > 0 , c > 0 VÝ dô 2: Cho 4 sè a , b , c , d tháa m·n ®iÒu kiÖn: ac 2.(b+d). Chøng minh r»ng cã Ýt nhÊt 2 2 một trong các bất đẳng thức sau là sai: a < 4 b , c <4 d.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Giải : Giả sử 2 bất đẳng thức : a2 < 4 b , c 2< 4 d đều đúng khi đó cộng các vế ta đợc a2 +c 2 <4 (b +d) (1) Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d) 2ac (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒ a2 +c 2 <2 ac hay ( a − c )2 <0 (v« lý) 2 2 Vậy trong 2 bất đẳng thức a < 4 b và c < 4 d có ít nhất một các bất đẳng thức sai VÝ dô 3: Cho x,y,z > 0 vµ xyz = 1. Chøng minh r»ng NÕu x+y+z > 1 + 1 + 1 th× cã mét trong ba sè nµy lín h¬n 1 x. y. z. Gi¶i :Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 =x + y + z – ( 1 + 1 + 1 ) v× x y z xyz = 1 theo gi¶ thiÕt x+y +z > 1 + 1 + 1 nªn (x-1).(y-1).(z-1) > 0 x y z Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè d¬ng. ThËt vËy nÕu c¶ ba sè d¬ng th× 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) VËy cã mét vµ chØ mét trong ba sè x , y,z lín h¬n 1 c¸c bµi tËp n©ng cao i / Dùng biến đổi tơng đơng 2 2 2 1) Cho x > y vµ xy =1 .Chøng minh r»ng: ( x + y ). ≥8 ( x − y )2 2 2 2 2 Gi¶i :Ta cã x + y =( x − y ) +2 xy =( x − y ) +2 (v× xy = 1) ⇒ 2 ( x 2+ y 2) =( x − y )4 +4 . ( x − y )2 +4. Do đó BĐT cần chứng minh tơng đơng với ( x − y )4 +4 ( x − y )2 +4 ≥ 8. ( x − y )2 2. ( x − y )4 −4 ( x − y )2 + 4 ≥ 0. ⇔. ⇔. 2. [ ( x − y ) − 2] ≥ 0 BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh 1 1 2 + ≥ 2 2 1+ xy 1+ x 1+ y 1 1 1 1 1 1 2 − + − ≥0 + ≥ Gi¶i : Ta cã ⇔ 2 2 2 2 2 1+ xy 1+ xy 1+ x 1+ y 1+ y 1+ x 1+ y 2 2 x(y −x) y(x− y) xy − x xy − y + ≥0 ⇔ + ≥0 ⇔ ⇔ 2 2 2 ( 1+ x ) . (1+ xy ) ( 1+ y 2 ) . ( 1+ xy ) ( 1+ x ) . (1+ xy ) ( 1+ y ) . ( 1+ xy ) ( y − x )2 ( xy −1 ) ≥0 ( 1+ x 2 ) . ( 1+ y 2) . ( 1+xy ). 2) Cho xy. 1 .Chøng minh r»ng:. (. )(. ). BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh ii / dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c lµ c¸c sè thùc vµ a + b +c =1. Chøng minh r»ng: a2 +b 2+ c 2 ≥ 1 3 Gi¶i : ¸p dông B§T BunhiaC«pski cho 3 sè (1,1,1) vµ (a,b,c) Ta cã ( 1. a+1 . b+1 . c )2 ≤ ( 1+1+1 ) . ( a2 +b2 +c 2 ) ⇔ ( a+b +c )2 ≤ 3 . ( a2 +b2 +c 2 ) ⇔. 2. 2. 2. a +b + c ≥. 1 3. (v× a+b+c =1 ) (®pcm). 2) Cho a,b,c lµ c¸c sè d¬ng. Chøng minh r»ng: ( a+b +c ) . 1 + 1 + 1 ≥ 9 Gi¶i : (1) ⇔. a a b b c c 1+ + + +1+ + + +1≥ 9 b c a c a a. ⇔. (1) (a b c) a b a c b c 3+( + )+ ( + )+ ( + )≥ 9 b a c a c b.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> ¸p dông B§T phô. x y + ≥2 y x. Víi x,y > 0 ( a+b +c ) .. Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng. Vậy. ( 1a + 1b + 1c )≥ 9. (®pcm). Iii / dïng ph¬ng ph¸p b¾c cÇu So s¸nh 31 ❑11 vµ 17 ❑14 Gi¶i : Ta thÊy. 31. 11. <. 256 24.14  24. 3211  25.  .  . 14. 11. 255  256. 1614  1714. MÆt kh¸c VËy 31 ❑11 < 17 ❑14 iv/ dïng tÝnh chÊt tØ sè. (®pcm). 1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chøng minh r»ng : Gi¶i : V× a ,b ,c ,d > 0 nªn ta cã. 2. a b b c c d d a    3 a b c b c d c d a d a b. a b a b a b d   a b c  d a b c a b c d b  c bc bca   a b c d b c  d a b c d d a d a d a c   a b c  d d a b a b c d. Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có : 2. (1) (2) (3). a b b c cd d a    3 a b c b c  d c  d  a d a b. 2) Cho a ,b,c lµ sè ®o ba c¹nh tam gi¸c 1. (®pcm). a b c   2 b c c a a b. Chøng minh r»ng: Gi¶i :V× a ,b ,c lµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c nªn ta cã a,b,c > 0 Vµ a < b +c ; b <a+c ; c < a+b a a a 2a a a    b  c a  b  c a  b  c . MÆt kh¸c b  c a  b  c Tõ (1) a a 2a b b 2b     VËy ta cã a  b  c b  c a  b  c T¬ng tù ta cã a  b  c a  c a  b  c c c 2c   a b c b a a b c . Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có : 1. a b c   2 b  c c  a a b. V/ ph¬ng ph¸p lµm tréi :. (®pcm). 1 1 1 1   ...   (2n  1).(2n  1) 2 ; b) 1) Chøng minh B§T sau: a) 1.3 3.5 1 1 1 1   ...  2 1.2 1.2.3 1.2.3.....n. Gi¶i : a) Ta cã 1 1  2k  1  (2k  1) 1  1 1   .     2n  1 . 2n  1 2 (2k  1).(2k  1) 2  2k  1 2k 1 .

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 1 1 1 1  2  1   ...   . 1   (2n  1).(2n 1) 2  2 n 1  2 Cho n chạy từ 1 đến k . Sau đó cộng lại ta có: 1.3 3.5. (®pcm). 1. b) Ta cã:. 1 1 1 1 1 1   ...  1   .....  1.2 1.2.3 1.2.3.....n 1.2 1.2.3  n  1 .n. 1 1  1  1 1  1 1   1        ....     2 2 n  n 1 n <  2  2 3. (®pcm) ứng dụng của bất đẳng thức 1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị . - KiÕn thøc : NÕu f(x) m th× f(x) cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ m . NÕu f(x) M th× f(x) cã gi¸ trÞ lín nhÊt lµ M . Ta thờng hay áp dụng các bất đẳng thức thông dụng nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối . Kiểm tra trờng hợp xảy ra dấu đẳng thức để tìm cực trị . Tìm cực trị của một biểu thức có dạng là đa thức , ta hay sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng , đổi biến số , một số bất đẳng thức ... Tìm cực trị của một biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng các bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối Chó ý : | A|+|B|≥| A+ B| X¶y ra dÊu '' = '' khi AB 0 | A|≥ 0 DÊu ''= '' x¶y ra khi A = 0 Bµi 1: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc:B = a3 + b3 + ab ; Cho biÕt a vµ b tho¶ m·n: a +b =1 Gi¶i: B = (a + b)(a2 - ab + b2) + ab = a2 - ab + b2 + ab = a2 + b2 Ta cã : 2(a2 + b2) VËy min B = 1 2. (a + b)2 = 1 => a2 + b2. 1 2. khi a = b = 1 2. Bµi 2: a, T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc : A = (x2 + x)(x2 + x - 4) b, T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc : B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y Gi¶i: a, A = (x2 + x)(x2 + x - 4) . §Æt : t = x2 + x - 2 => A = (t - 2)(t + 2) = t2 - 4 -4 DÊu b»ng x¶y ra khi : t = 0  x2 + x - 2 = 0  (x - 2)(x + 2) = 0  x = -2 ; x = 1 . => min A = - 4 khi x = -2 ; x = 1 ; b, T¬ng tù Bµi 3 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc . a, C = |2 x −3|+|2 x −1| ; b, D = |x 2+ x+3|+|x 2+ x −6| Gi¶i : a, ¸p dông B§T : | A|+|B|≥| A+ B| DÊu '' = ''x¶y ra khi AB 0. => C = |2 x −3|+|1− 2 x|≥|2 x −3+1 −2 x|=|−2|=2 DÊu '' = '' x¶y ra khi (2x - 3)(1 - 2x). 0. . 1 3 ≤x≤ 2 2.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 1 3 ≤x≤ 2 2. VËy minC = 2 khi. b, T¬ng tù : minD = 9 khi : -3 c, minE = 4 khi : 2. x x. 2 3. Bµi 4 : Cho ba sè d¬ng x , y , z tho¶ m·n :. 1 1+ x. +. 1 1+ y. +. 1 1+ z. 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña tÝch : P = xyz Gi¶i :. 1 1+ x. T¬ng tù :. 1 )+(11+ y. (1 1 1+ y. 2. 1 1+ z. 2. Từ đó suy ra : P = xyz Bµi 5 :. =. √. 1 )= 1+ z. y 1+ y. z 1+ z. +. 2. √. yz (1+ y)(1+ z ). zx (1+ x)(1+ z). √. xy (1+ x)(1+ y ) 1 . MaxP = 8. 1 8. khi x = y = z = 1 2. Cho 3 sè d¬ng a, b, c th¶o m·n : a + b + c =1 . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc : F. 1 c+ ¿ 2 c 1 2 b+ ¿ +¿ b 1 a+ ¿2 +¿ a ¿. Gi¶i: Ta cã : F = (a2 + b2 + c2) + (. 1 1 1 + 2+ 2 ) + 6 2 a b c. Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki , ta có : (a.1 + b.1 + c.2)2 1 1 1. T¬ng tù : a + b + c ¿. 3(a2 + b2 + c2) => a2 + b2 + c2 2. 1 3. 1 1 1 3 ( 2+ 2+ 2). a b c ¿ MÆt kh¸c : 1 + 1 + 1 =¿ ( 1 + 1 + 1 ).1 = ( 1 + 1 + 1 )(a + b + c) a b c a b c a b c = 3 + ( a+b ) + ( b+ c ) + ( c + a ) 3+2+2+2=9 b a c b a c 1 1 1 2 1 1 1 => 1 + 1 + 1 9 => a + b + c ¿ 81 => ( 2 + 2 + 2 ) a b c a b c ¿. 27 F. + 6 = 33 1. 1. 1. Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c = 3 . Vậy MinF = 33 3 khi : a = b = c = 3 . Bài 7 : Cho G = yz √ x −1+zx √ y −2+ xy √ z − 3 .Tìm giá trị lớn nhất của G. xyz. Giải : Tập xác định : x. 1 ; y. 2; z. 3. 1 3. + 27.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> x−1 y −2 z −3 Ta cã : G = √ + √ + √ x. y. z. x − 1+ 1 2 √ z −3 ≤ 1 z 2√ 3. Theo BĐT Côsi ta có : √ x −1 ≤. x−1 => √ x. 1 2. 1 1 1 + + T¬ng tù : √ y −2 ≤ 1 ; => G 2 2√ 2 2 √ 3 y 2√ 2 1 1 1 + + VËy MaxG = đạt đợc khi x = 2 ; y = 2 ; z = 6 2 2√ 2 2 √ 3 x Bµi 8 a, T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña H = víi x > 1 . √x− 1 b. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña K = |x|. √ 1− x 2 HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi và làm tơng tự nh bài 5 : 2 - Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình . Nhờ vào các tính chất của bất đẳng thức , các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức , ta biến đổi hai vế ( VT , VP ) của phơng trình sau đó suy luận để chỉ ra nghiệm của phơng trình . Nếu VT = VP tại một hoặc một số giá trị nào đó của ẩn ( thoả mãn TXĐ) => phơng trình có nghiÖm . NÕu VT > VP hoÆc VT < VP t¹i mäi gi¸ trÞ cña Èn => ph¬ng tr×nh v« nghiÖm . Bµi 1 : Gi¶i ph¬ng tr×nh : 13 √ x −1 + 9 √ x+1 = 16x Gi¶i: §iÒu kiÖn : x 1 (*) áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 13 √ x −1 + 9 √ x+1. = 13.2. 1 √ x −1 + 3.2. 3 √ x+1 2. 2. 13( x - 1 + 1 ) + 3(x + 1 + 9 ) = 4. 4. 16x. {. 1 2 3 √ x+1= 2. √ x −1=. DÊu '' = '' x¶y ra . 5. x= 4. tho¶ m·n (*) 5. Ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm  dÊu '' = '' ë (2) x¶y ra. VËy (1) cã nghiÖm x = 4 . Bµi 2: a, T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña L = √ 2 x −3 + √ 5− 2 x b. Gi¶i ph¬ng tr×nh : √ 2 x −3 + √ 5− 2 x - x2 + 4x - 6 = 0 (*) Gi¶i : a. Tãm t¾t : ( √ 2 x −3 + √ 5− 2 x )2 2(2x - 3 + 5 - 2x) = 4  √ 2 x −3 + √ 5− 2 x 2 => MaxL = 2 khi x = 2 . b. TX§ :. 3 5 ≤x ≤ 2 2. (*)  √ 2 x −3 + √ 5− 2 x = x2 - 4x + 6. VP = (x - 2)2 + 2 2 , dÊu '' = '' x¶y ra khi x = 2 . => víi x = 2 ( tho¶ m·n TX§ ) th× VT = VP = 2 . => ph¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm x = 2 . Bµi 3 : Gi¶i ph¬ng tr×nh : √ 6 − x + √ x+2 = x2 - 6x + 13 Gi¶i : TX§ : -2 x 6. 2 VP = (x - 3) + 4 4 . DÊu '' = '' x¶y ra khi x = 3 . 2 VT = ( √ 6 − x .1 + √ x+2 .1)2 (6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16 => VT 4 , dÊu '' = '' x¶y ra khi √ 6 − x = √ x+2  x = 2 ..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> => không có giá trị nào của x để VT = VP => Phơng trình vô nghiệm Bµi 4 : Gi¶i ph¬ng tr×nh : √ 3 x 2 −12 x +16 + √ y 2 − 4 y +13 = 5 HD:. √ 3 x 2 −12 x +16. √ y 2 − 4 y +13. 2;. VT. {xy−− 2=0 2=0. 5. DÊu '' = '' x¶y ra khi :. . {x=2 y=2 => ph¬ng tr×nh cã nghiÖm : x = 2 ; y = 2 . 3. Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình nghiệm nguyên Ngoài ra còn có một số những ứng dụng khác của bất đẳng thức , đòi hỏi học sinh phải linh hoạt và sáng tạo trong khi giải , học sinh phải nắm chắc đợc các kiến thức về bất đẳng thức thì mới vận dụng đợc . Ví dụ : Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình nghiệm nguyên . Bµi 1 : T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh : 1 + 1 + 1 x. Gi¶i : Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, ta gi¶ sö x. y. y. z. =2. z ta cã : 2 = 1 + 1 + 1 x. y. z. 3 z. => 2z. 3, mà z nguyên dơng. Vậy z = 1 . Thay z = 1 vào phơng trình ta đợc : Theo gi¶ sö , x. y , nªn 1 =. 1 1 + x y. 1 1 + =1 x y. 2 ; Do y nguyªn d¬ng nªn y = 1 hoÆc y = 2 . y. Víi y = 1 kh«ng thÝch hîp. Víi y = 2 ta cã : x = 2 . VËy (2 ; 2 ; 1) lµ mét nghiÖm cña ph¬ng tr×nh . Hoán vị các số trên , ta đợc nghiệm của phơng trình là: (2 ; 2 ; 1) ; (2 ; 1 ; 2) ; (1 ; 2 ; 2) Bµi tËp ¸p dông 1 1  Bµi 1: Cho hai sè x vµ y mµ x+y=1 CMR : a) x2 +y2  2 ; b) x4+y4 8. Bµi 2: Cho a,b, c, d ,e lµ c¸c sè thùc CMR: a2+b2+c2+d2+e2=a(b+c+d+e) Bµi 3: Cho hai sè d¬ng x,y vµ x3+y3 =x-y CMR: x2 +y2 <1 x3  y3 x y 3 ( ) 2 Bµi 4: Cho hai sè d¬ng x,y CMR : 2 1 1 2   2 2 Bµi 5: Cho ab 1 CMR: 1  a 1  b 1  ab. Bµi 6 : Cho 3 sè x,y,z kh«ng ©m sao cho x+y+z=a. CMR: (a-x)(a-y)(a-z) 8xyz Bµi 7: Cho a 0,b 0,c 0 . CMR: a4+b4+c4 abc(a+b+c) Bµi 8: Cho x2+4y2=1 CMR:. x y . a  1; b  1. 5 2. a  b  1  ab. Bµi 9: CMR: NÕu th× Bµi 10: CMRvíi mäi sè nguyªn d¬ng n 3th× 2n > 2n+1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>