Cho A,B duong. CMR 3/a+2b + 3/b+2a > 4/a+b
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
B1
31 tháng 7 2017
cho công thức nhé
19 phương phap chứng minh bất đẳng thức
- 1. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com PHẦN 1 CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0 1/Định nghĩa 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 <D ⇒ 0 < A.C < B.D + A > B > 0 ⇒ A n > B n ∀n + A > B ⇒ A n > B n với n lẻ + A > B ⇒ A n > B n với n chẵn + m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n + m > n > 0 và 0 <A < 1 ⇒ A m < A n 1 1 +A < B và A.B > 0 ⇒ > 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= A + A + B ≥ A + B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0) + A − B ≤ A − B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)Sưu tầm và tuyển chọn 1
- 2. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx = .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx) 2 = 1 2 [ ] ( x − y ) 2 + ( x −z ) 2 + ( y − z ) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R 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 2 a2 + b2 a + b a2 + b2 + c2 a + b + c a) ≥ ; b) ≥ c) Hãy tổng quát bài toán 2 2 3 3 Giải: 2 a2 + b2 a + b a) Ta xét hiệu − 2 2 2( a 2 + b 2 ) a 2 + 2ab + b 2 = ( 2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab ) = ( a − b ) ≥ 0 1 1 2 = − 4 4 4 4 2 a +b 2 2 a+b Vậy ≥ . Dấu bằng xảy ra khi a=b 2 2 b)Ta xét hiệuSưu tầm và tuyển chọn 2
- 3. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com [ ] 2 a2 + b2 + c2 a + b + c 1 = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 .Vậy 2 2 2 − 3 3 9 2a2 + b2 + c2 a + b + c ≥ 3 3 Dấu bằng xảy ra khi a = b =c c)Tổng quát 2 a12 + a 2 + .... + a n a1 + a 2 + .... + a n 2 2 ≥ 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 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 ⇔ 4 − mn + n 2 + 4 − mp + p 2 + 4 − mq + q 2 + 4 − m + 1 ≥ 0 2 2 2 2 m m m m ⇔ − n + − p + − q + − 1 ≥ 0 (luôn đúng) 2 2 2 2 m 2 −n =0 m m n = 2 − p=0 m 2 p = m=2 Dấu bằng xảy ra khi m ⇔ 2 ⇔ −q =0 m n = p = q = 1 2 q= m m =2 2 −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) , ∀ , b, c > 0 a ⇔ 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 ) 2 ( + 2a 2 b 2 + b 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 ( ⇔ a2 −b2 ) + (b 2 2 −c2 ) + (c 2 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 ( ⇔ a2 −b2 ) + (b 2 2 −c2 ) + (c 2 2 −a2 ) + ( ab − bc ) 2 2 + ( bc − ac ) + ( ab − ac ) ≥ 0 2 2 Đúng với mọi a, b, c. Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đươngSưu tầm và tuyển chọn 3
- 4. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Kiến thức: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúnghoặc 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 cóbất 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 a) a 2 + ≥ ab 4 b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e ) Giải: b2 ≥ ab ⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0 ⇔ ( 2a − b ) ≥ 0 2 a) a 2 + 4 b2 (BĐT này luôn đúng). Vậy a 2 + ≥ ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b) 4 b) a + b + 1 ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b 2 + 1 ) > 2(ab + a + b) 2 2 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 c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e ) ⇔ 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 + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 ) ⇔ a 12 + a 10 b 2 + a 2 b10 + b12 ≥ a 12 + a 8 b 4 + a 4 b 8 + b12 10 ⇔ 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 Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh x2 + y2 Ví dụ 3: cho x.y =1 và x 〉 y Chứng minh ≥2 2 x− y x2 + y2 Giải: ≥ 2 2 vì :x 〉 y nên x- y 〉 0 ⇒ x2+y2 ≥ 2 2 ( x-y) x− y ⇒ x +y2- 2 2 x+ 2 2 y ≥ 0 ⇔ x2+y2+2- 2 2 x+ 2 2 y -2 ≥ 0 2 ⇔ x2+y2+( 2 )2- 2 2 x+ 2 2 y -2xy ≥ 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2 ⇒ (x-y- 2 )2 ≥ 0 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 ∈ RSưu tầm và tuyển chọn 4
- 5. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 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 ztheo 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 bắtbuộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1 a b c Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 1 < a + b + b + c + a + c < 2 Giải: 1 1 a a Ta có : a+b< a+b+c⇒ > ⇒ > (1) a+b a+b+c a+b a+b+c b b c c Tương tự ta có : b + c > a + b + c (2) , a + c > a + b + c (3) 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 (4) b a+b c c+b Tương tự : b + c < a + b + c (5) , < 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 a b c Từ (*) và (**) , ta được : 1 < a + b + b + c + a + c < 2 (đpcm) Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ Kiến thức: a) x 2 + y 2 ≥ 2 xy b) x + y ≥ xy dấu( = ) khi x = y = 0 2 2 c) ( x + y ) 2 ≥ 4 xy a b d) + ≥ 2 b a 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 xySưu tầm và tuyển chọn 5
- 6. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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: 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. 2x 4x 2x 3 Ví dụ 1 : Giải phương trình : + x + x = 4 +1 2 +1 2 + 4 x x 2 a = 2x Giải : Nếu đặt t =2x thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt , a, b > 0 b = 4 x a b 1 3 Khi đó phương trình có dạng : b + 1 + a + 1 + a + b = 2 Vế trái của phương trình: a b 1 = + 1 + + 1 + + 1 − 3 b +1 a +1 a + b a + b +1 a + b +1 a + b +1 = + + −3 b +1 a +1 a + b 1 1 1 = ( a + b + c) + + −3 b +1 a +1 a + b [ ( b + 1) + ( a + 1) + ( a + b ) ] 1 + 1 + 1 − 3 b +1 a +1 a + b 1 3 3 3 ≥ 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) . −3 = 2 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) 2 Vậy phương trình tương đương với : a + 1 = b + 1 = a + b ⇔ a = b = 1 ⇔ 2x = 4x = 1 ⇔ x = 0 . x y z Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P = 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 thìSưu tầm và tuyển chọn 6
- 7. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com a + b + c ≥ 3 3 abc 1 1 1 1 + + ≥ 33 a b c abc 1 1 1 ⇒ ( a + b + c ) + + ≥ 9 a b c 1 1 1 9 ⇒ + + ≥ a b c a +b+c 1 1 1 9 9 9 3 Suy ra Q = x + 1 + y + 1 + z + 1 ≥ 4 ⇒ -Q ≤ − 4 nên P = 3 – Q ≤ 3- 4 = 4 3 1 Vậy max P = 4 .khi x = y = z = 3 . 1 1 1 a+b+c Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng: + 2 + 2 ≤ a + bc b + ac c + ab 2 2abc Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 2 1 1 1 1 a 2 + +bc ≥ 2a bc ⇒ ≤ ≤ + a + +bc a bc 2 ab ac 2 Tương tự : 2 1 1 1 1 ≤ ≤ + b + + ac b ac 2 bc ab 2 2 1 1 1 1 ≤ ≤ + c + + ab c ab 2 ac bc 2 2 2 2 a+b+c ⇒ 2 + 2 + 2 ≤ a + bc b + + ac c + + ab 2abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. a b c Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC : b + c − a + c + a − b + a + b − c ≥ 3 (*) Giải : Theo bất đẳng thức Côsi : a b c abc + + ≥ 33 (1) b + c − a c + a −b a +b −c (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c ) Cũng theo bất đẳng thức Côsi : 1 (b + c − a )(c + a − b) ≤ (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 ( a + c) 2 Cho . Chứng minh rằng: ( + by + cz ) + + ≤ x y z ( x + y + z) 2 0 < x, y , z a b c 4ac Giải: Đặt f ( x) = x 2 − (a + c) x + ac = 0 có 2 nghiệm a,c Mà: a ≤ b ≤ c ⇒ f (b) ≤ 0 ⇔ b 2 − (a + c)b + ac ≤ 0Sưu tầm và tuyển chọn 7
- 8. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 x y z ⇒ xa + yb + zc + ac + + ≤ ( a + c )( x + y + z ) a b c Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: ⇒2 ( xa + yb + zc ) ac x + y + z ≤ ( a + c )( x + y + z ) a b c x y z ⇔ 4( xa + yb + zc ) ac + + ≤ ( a + c ) ( x + y + z ) 2 2 a b c x y z ( a + c) 2 ⇔ ( xa + yb + zc ) ac + + ≤ ( x + y + z ) 2 (đpcm) a b c 4ac 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 ) ≤ (a12 + a 2 + ... + a n )(b12 + b2 + ... + bn ) 2 2 2 2 2 a a a Dấu “=” xảy ra khi ⇔ b = b = .... = b 1 2 n 1 2 n b1 b2 bn 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 b = b1 + b2 + ... + bn 2 2 2 • Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng. • Nếu a,b > 0: ai b Đặt: α i = , β i = i ( i = 1,2,...n ) , Thế thì: α 12 + α 22 + ... + α n2 = β 12 + β 22 + ... + β n2 a b Mặt khác: α i β i ≤ 2 (α i + β i2 ) 1 2 1 2 1 α1 β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ (α1 + α 2 + .... + α n ) + ( β12 + β 22 + ... + β n2 ) ≤ 1 2 2 Suy ra: 2 2 ⇒ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a.b Lại có: a1b1 + a 2 b2 +... + a n bn ≤ a1b1 + a 2 b2 +... + a n bn Suy ra: (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 2 + ... + a n )(b12 + b2 + ... + bn ) 2 2 2 2 α i = β i ( ∀i = 1,2,..., n ) a a a Dấu”=” xảy ra ⇔ ⇔ 1 = 2 = .... = n α 1 β 1 ....α n β n cùng dáu b1 b2 bn Ví dụ 1 : 1 Chứng minh rằng: ∀x ∈R , ta có: sin 8 x + cos 8 x ≥ 8 Giải: Ta có: sin 2 x + cos 2 x = 1, ∀x ∈ R Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:Sưu tầm và tuyển chọn 8
- 9. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 1 = (sin 2 x.1 + cos 2 x.1) ≤ (sin 4 x + cos 4 x )(12 + 12 ) 1 ⇔ ≤ sin 4 x + cos 4 x 2 ⇒ ≤ (sin 4 x + cos 4 x ) 1 2 4 Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa: ≤ (sin 4 x.1 + cos 4 x.1) 1 2 ⇔ 4 ⇔ ≤ (sin 8 x + cos 8 x )(12 + 12 ) 1 4 ⇔ (sin 4 x + cos 4 x ) ≥ 1 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: ( a i , bi ,..., ci )(i =1,2,...., m) Thế thì:(a1 a 2 ...a m + b1b2 ...bm + ... + c1c 2 ...c m ) 2 ≤ (a1m + b1m + ... + c1m )(a 2 + b2 + ... + c 2 )(a m + bm + ... + c m ) m m m m m m Dấu”=” xảy ra ⇔ ∃ bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì ∃ t i saocho: a = t i ai , b = t i bi ,..., c = t i ci , Hay a1 : b1 : ... : c1 = a 2 : b2 : ... : c 2 = a n : bn : ...cn a12 + a 2 + ... + a n = 3 2 2 Ví dụ 1: Cho n ∈ Z,n ≥ 2 a1 a 2 a Chứng minh rằng: + + .... + n < 2 2 3 n +1 Giải: 1 1 1 < = ∀ ∈N k * ta có: k2 1 1 1 k2 − k − k + 4 2 2 1 1 1 ⇒ < − k2 1 1 k− k+ 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⇒ 2 + 2 + ... + 2 < 3 − 5 + 5 − 7 + ... + − 1 1 n+ 2 3 n 2 2 2 2 n− 2 2 1 1 2 = − < 3 1 3 2 n+ 2 Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski: a1 a 2 a 1 1 1 2 + + .... + n ≤ a12 + a 2 + ... + a n 2 2 + 2 + ... + 2 < 3 < 2 (đpcm) 2 3 n +1 2 2 3 n 3 Ví dụ 2: 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 ac+bd ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2Sưu tầm và tuyển chọn 9
- 10. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.commà ( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 = a 2 + b 2 + 2( ac + bd ) + c 2 + d 2 ≤ ( a 2 + b 2 ) + 2 a 2 + b 2 . c 2 + d 2 + c 2 + d 2 ⇒ (a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 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 (12 + 12 + 12 )(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) 2 ⇒ 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 a=b=c Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép Kiến thức: a1 ≤ a2 ≤ ..... ≤ an a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn a)Nếu thì . ≤ . b1 ≤ b2 ≤ ..... ≤ bn n n n a1 = a 2 = .... = a n Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi b 1 = b2 = .... = bn a1 ≤ a2 ≤ ..... ≤ an b)Nếu thì b1 ≥ b2 ≥ ..... ≥ bn 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 b 1 = 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 2B ≤ 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 Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ sin 2 A = sin 2 B = sin 2C ⇔ ∆ABC dêu Mặt khác:Sưu tầm và tuyển chọn 10
- 11. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 2S ≤ . sin A + sin B + sin C 3 Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ ∆ ABC đều. Ví dụ 2(HS tự giải): 1 1 1 a/ Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR: + + ≥9 a b c b/ Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z ) c/ Cho a>0 , b>0, c>0 a b c 3 CMR: + + ≥ b+c c+a a+b 2 1 d)Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 ;CMR: x+y ≥ 5 a3 b3 c3 1 Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng + + ≥ 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 a2. + b2. + c2. ≥ . + + = . = b+c a+c a+b 3 b+c a+c a+b 3 2 2 a3 b3 c3 1 1 Vậy + + ≥ Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= b+c a+c a+b 2 3 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 Mặt khác: a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) 1 1 1 = ab + + ac + + bc + ≥ 2 + 2 + 2 ab ac bc Vậy a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 2 2 2 2 Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli Kiến thức:Sưu tầm và tuyển chọn 11
- 12. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a ) n ≥ 1 + na . Dấu ‘=’ xảy ra khi =0 avà chỉ khi n =1 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. =0 a - cho a ≥ −1,0 < α < 1 thì (1 + a ) α ≤ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi =1 . α 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 b b 1 1− a = 1+ <1+ < a a a a a ⇒ ab > . a +b b Chứng minh tương tự: b a > . Suy ra a b + b a > 1 (đpcm). a+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 ) 5 5 3a b + c − 2a = 1 + a +b+c a +b+c ≥1+ a +b+c (2) Chứng minh tương tự ta đuợc: 5( c + a − 2b ) 5 3b ≥1+ a +b +c a +b +c (3) 5( a + b − 2c ) 5 3c ≥1+ a +b +c a +b +c (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 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 2 + .... + a n a1 + a 2 + .... + a n r r ≥ . 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 (2 x + 2 y + 2 z )( 2 − x + 2 − y + 2 − z ) ≤ 81 8 . Giải Đặt a = 2 x , b = 2 y , c = 2 z (1 ≤ a, b, c ≤ 2 ) .Sưu tầm và tuyển chọn 12
- 13. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 1 ≤ a ≤ 2 ⇒ ( a − 1)( a − 2 ) ≤ 0 2 ⇒ a 2 − 3a + 2 ≤ 0 ⇒ a + ≤ 3 (1) a Chứng minh tương tự: 2 b+ ≤3 ( 2) b 2 c+ ≤3 (3) c 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: ) ≤ [ n( c + cb ) ] 2 (c )( c a − x1 − x2 − xn x1 + c + .... + c x2 xn +c + .... + c 4c a + b 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 a − c > d > 0 Tacó ⇒ ⇒ (a-c)(b-d) > cd b > c + d b − d > c > 0 ⇔ ab-ad-bc+cd >cd ⇔ ab> ad+bc (điều phải chứng minh) 5 1 1 1 1 Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn a + b + c = . Chứng minh 2 2 2 + + < 3 a b c abc Giải: Ta có :( a+b- c) = a +b +c +2( ab –ac – bc) 〉 0 2 2 2 2 1 2 2 2 ⇒ ac+bc-ab 〈 ( a +b +c ) 2 5 1 1 1 1 ⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có + − 〈 6 a b c abc Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-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 <a,b,c <1 . Chứng minh rằng: 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 aSưu tầm và tuyển chọn 13
- 14. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 + a3 ≤ 1 + c2a 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 1c hứng minh rằng : a 1 + a 2 + a32 + .... + a 2003 ≥ 2 2 2 2003 b/ Cho a;b;c ≥ 0 thỏa mãn :a+b+c=1 1 1 1Chứng minh rằng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ 8 a b c Phương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số Kiến thức 1) Cho a, b ,c là các số dương thì a a a+c a – Nếu > 1 thì > b b b+c a a a+c b – Nếu < 1 thì < b b b+c 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 a b c d 1< + + + <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⇒ < (1) a+b+c a+b+c a+b+c+d a a Mặt khác : > (2) a+b+c a+b+c+d Từ (1) và (2) ta có a a a+d < < (3) a+b+c+d a+b+c a+b+c+dSưu tầm và tuyển chọn 14
- 15. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Tương tự ta có b b b+a < < (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 cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có a b c d 1< + + + < 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 Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000 a btìm giá trị lớn nhất của + c d a b a b a a+b b Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử : ≤ Từ : ≤ ⇒ ≤ ≤ c d c d c c+d da ≤ 1 vì a+b = c+dc b a b a/ Nếu :b ≤ 998 thì ≤ 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 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 đượctổng 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 k a Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k = a k +1 a a a a Khi đó P = a . a ..... a = a 1 2 n 1 2 3 n +1 n +1Sưu tầm và tuyển chọn 15
- 16. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 2 1+ + 1 3 + .... + 1 n ( > 2 n +1 −1 ) Với n là số nguyên Giải: Ta có 1 = k 2 k 2 > 2 k + k +1 = 2 k +1 − k ( ) Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có 1 > 2 ( 2 − 1) 1 2 >2 3− 2( ) ……………… 1 n ( > 2 n +1 − n ) Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 + 1 2 + 1 3 + .... + 1 n ( ) > 2 n +1 −1 n 1 Ví dụ 3: Chứng minh rằng ∑k k =1 2 <2 ∀n ∈ Z 1 1 1 1 Giải: Ta có k 2 < k ( k − 1) = k − 1 − k Cho k chạy từ 2 đến n ta có 1 1 2 < 1− 2 2 1 1 1 < − 32 2 3 ................. 1 1 1 < − n 2 n −1 n 1 1 1 ⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1 2 3 n n 1 Vậy ∑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> 0Sưu tầm và tuyển chọn 16
- 17. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 a 2 < a (b + c) 2 0 < b < a + c ⇒ b < b( a + c ) 0 < c < a + b 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 2 ] ⇒ a 2b 2 c 2 > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) 2 2 2 ⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b ) 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) 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 ) Thì u = b , v = a ; u.v = c ( a −c ) + c (b −c ) Hơn nữa: u.v =u . v . cos(u , v ) ≤u . v ⇒ c ( a − ) + c (b − ) ≤ ab ⇒ c c (ĐPCM) Ví dụ 2: n n Cho 2n số: xi ; y i , i =1,2,..., n thỏa mãn: ∑ xi + ∑ yi = 1. Chứng minh rằng: i =1 i =1 n 2∑i =1 xi2 + yi2 ≥ 2 Giải: Vẽ hình y MN MK HSưu tầm và tuyển chọn 17
- 18. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 1M 2 = x2 + y 2 2 2 , M 2M 3 = x3 + y 3 2 2 ,…, M n −1 M n = xn + y n 2 2 2 Và OM 1 + M 1 M 2 + M 2 M 3 + + M n −1 M n ≥ OM n ≥ OH = 2 n 2 ⇒ ∑ i =1 xi2 + yi2 ≥ 2 ⇒ (ĐPCM) Phương pháp 13: Đổi biến số a b c 3 Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng + + ≥ (1) b+c c+a a+b 2 y+z−x z+x− y x+ y−z Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a= ; b= ;c= 2 2 2 y+z−x z+x− y x+ y−z 3 ta có (1) ⇔ + + ≥ 2x 2y 2z 2 y z x z x y y x z x z y ⇔ + −1+ + −1+ + −1 ≥ 3 ⇔ ( + ) + ( + ) + ( + ) ≥ 6 x x y y z z x y x z y z y x z x z y Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( x + y ≥ 2; + ≥ 2; + ≥ 2 nên ta có điều y z x zphải 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 2 Giải: Đặt x = a 2 + 2bc ; y = b 2 + 2ac ; z = c 2 + 2ab . Ta có x + y + z = ( a + b + c ) 2 < 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 ( x + y + z ). 1 + 1 + 1 ≥ 9 . Mà x+y+z < 1. Vậy 1 1 1 ⇒ x y z + + ≥9 (đpcm) x y z 1 Ví dụ3: Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 CMR x + y ≥ 5 Gợi ý: Đặt x = u , y =v ⇒ 2u-v =1 và S = x+y = u 2 + v 2 ⇒ v = 2u-1Sưu tầm và tuyển chọn 18
- 19. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.comthay vào tính S min Bài tập tự giải 25a 16b c 1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 CMR: + + >8 b+c c+a a+b 2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0 CMR ma + nb + pc b+c c+a a+b 2 ≥ 1 ( ) m + n + p − ( m + n + p) 2 Phương pháp 14: Dùng tam thức bậc hai Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c Định lí 1: a> 0 f(x) > 0, ∀ x ⇔ ∆ < 0 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 < x2 ⇔ a. f ( α ) < 0 Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm : a. f ( α ) > 0 x1 < x2 < α ⇔ ∆ > 0 S <α 2 Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :Sưu tầm và tuyển chọn 19
- 20. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com a. f ( α ) > 0 α < x1 < x2 ⇔ ∆ > 0 S >α 2 α < x1 < β < x 2 Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x < α < x < β ⇔ f (α ). f ( β ) < 0. 1 2 Ví dụ 1:Chứng minh rằng f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0 (1) Giải: Ta có (1) ⇔ x 2 − 2 x( 2 y − 1) + 5 y 2 − 6 y + 3 > 0 ∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3 2 = 4 y2 − 4 y +1− 5y2 + 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 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 Ta có ∆′ = 4 y 2 (1 − y 2 ) − 4 y 2 ( y 2 + 1) = −16 y 2 < 0 2 2 Vì a = ( y 2 + 1) > 0 vậy f ( x, y ) > 0 2 (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 làgiả thiết quy nạp ) 3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cầnchứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) 4 – kết luận BĐT đúng với mọi n > n0 1 1 1 1 Ví dụ1: Chứng minh rằng : 2 + 2 + .... + 2 < 2 − ∀n ∈ N ; n > 1 (1) 1 2 n n 1 1 Giải: Với n =2 ta có 1 + < 2 − (đúng). Vậy BĐT (1) đúng với n =2 4 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 nạpSưu tầm và tuyển chọn 20
- 21. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 1 1 1 1 1 1 1 ⇔ + 2 + .... + 2 + < 2− + < 2− 2 1 2 k (k + 1) 2 k ( k + 1) 2 k +1 1 1 1 1 1 ⇔ + .... + < + < 12 (k + 1) 2 k + 1 ( k + 1) 2 k k +1+1 1 ⇔ < ⇔ k (k + 2) < (k + 1) 2 ⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều này đúng .Vậy bất (k + 1) 2 kđẳng thức (1)được chứng minh n a+b an + bn Ví dụ2: Cho 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 k +1 a+b a k +1 + b k +1 (1) ⇔ ≤ 2 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 +1 ≥ 0 ⇔ ( a k − b k ).( a − b ) ≥ 0 a +b a + ab + a b + b k k ⇔ − (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 k − b k ).( a − b ) ≥ 0 (+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b ⇔ a < b k ⇔ a k < b k ⇔ ( a k − b k ).( a − b ) ≥ 0 k 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 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 Ví dụ 4: Cho 1 ≤ n ∈ Ν a1 , a 2 , , a n ≥ 0 thoả mãn a1 + a 2 + + a n ≤ . Chứng minh 2 1rằng: (1 − a1 )(1 − a 2 ) (1 − a n ) ≥ 2 1 1 Giải n=1: a1 ≤ ⇒ 1 − a1 ≥ ⇒ Bài toán đúng 2 2 1 n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 − a1 )(1 − a 2 ) (1 − a k ) ≥ 2Sưu tầm và tuyển chọn 21
- 22. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 1 n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 − a1 )(1 − a 2 ) (1 − a k +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 , a i , bi ∈R, i =1,2,..., n . Chứng minh rằng: (a1b1 + a 2 b2 + + a n bn ) ≤ (a + a + + a )(b + b + + bn2 ) 2 2 1 2 2 2 n 1 2 2 2 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 2 + + a k )(b12 + b22 + + bk2 ) 2 2 n= k+1 . Ta cần chứng minh: (a1b1 + a 2 b2 + + a k +1bk +1 ) 2 ≤ (a12 + a 2 + + a k +1 )(b12 + b2 + + bk2+1 ) (1) 2 2 2 Thật vậy: VP(1) = (a12 + a 22 + + a k2 )(b12 + b22 + + bk2 ) + (a12 + + a k2 ).b 2 + + a 2 (b12 + b2 + + bk2 ) + a k +1 .bk2+1 ≥ ( a1b1 + a 2 b2 + + a k bk ) + 2a1b1 a k +1bk +1 + 2a 2 b2 a k +1bk +1 + 2 2 + + 2a k bk a k +1bk +1 + a k +1bk +1 2 2 ≥ (a1b1 + a 2 b2 + + a k bk ) 2 + 2 ( a1b1 + a 2 b2 + + a k bk ) a k + bk + + a k +1 .bk +1 1 1 2 2 ≥ (a1b1 + a 2 b2 + + a k +1bk +1 ) 2 Vậy (1) được chứng minh 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 2 + + a n 2 2 ( ) ≤ n n Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng a1 + a 2 + + a k 2 a12 + a 2 + + a k2 2 n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: ( ) ≤ k k a + a + + a k +1 2 a1 + a 2 + + a k +1 2 2 2 n= k+1 . Ta cần chứng minh: ( 1 2 ) ≤ (1) k +1 k +1 a + a + + a k +1 Đặt: a = 2 3 k 1 VP (1) = (a12 + k 2 a 2 + 2ka1 a ) k +1 1 2 a 2 + a3 + + a k2+1 2 a 2 + a3 + + a k2+1 a12 + a 2 + + a k2+1 2 2≥ a1 + k 2 2 + k .a12 + k 2 = (k + 1) 2 k k k +1 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 n > (n + 1) n −1 (n + 1) n− 1 = 3 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) 2Sưu tầm và tuyển chọn 22
- 23. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com > (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 , ∀ ∈Ν , ∀ ∈R ∗ n x 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 + ) x ≤(k + ) sin x 1 1 a + b ≤ a + b , ∀ a, b ∈ R Ta có: sin x , cos x ≤ 1, ∀ x ∈ R 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 + ) sin x . 1 ⇒ 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 đẳngthức đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều tráivới giả thiết , có thể là điều trái ngược nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minhlà 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 chứngminh 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 kếtluận 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 > 0Sưu tầm và tuyển chọn 23
- 24. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 1 1 1 1 1 1 =x + y + z – ( x + y + z ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z > x + y + znên (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 thứcCauchy 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 ⇒ 0 < a < 3 ) ⇒ f (b) ≥ 0 ⇒ vô lý. Vậy: a + b + c ≥ 3 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’) b < c −a ⇒ (c − a ) > b 2 2 ⇒ −(−a + b + c)(a + b − c ) > 0 (2’) c < a −b ⇒ ( a − b) 2 > c 2 ⇒ −(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 giácSưu tầm và tuyển chọn 24
- 25. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com − π π 1. Nếu x ≤R thì đặt x = Rcos α , α ∈ [ 0, π ] ; hoặc x = Rsin α , α ∈ , 2 2 R π 2. Nếu x ≥R thì đặt x = α ∈[0, c ) ∪ π,3 cos α 2 x = a + R cosα 3.Nếu ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2 = R 2 , ( > 0) thì đặt , (α = 2π ) y = b + R sinα x = α + aR cosα , (α = 2π ) 2 2 x −α y −β 4. Nếu + =R 2 a, b > 0 thì đặt y = β + bR sinα a b 5. Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức : ( ax ) 2 + b 2 , ( a, b > 0) b π π Thì đặt: x= tgα , α ∈ − , a 2 2 Ví dụ 1: Cmr : a 1 −b 2 +b 1 −a 2 + 3 ab − ( (1 −b )(1 −a ) ) ≤2, ∀ , b ∈[−1,1] 2 2 a Giải : a ≤1, b ≤1 a = cosα Đặt : (α , β ∈ [ 0, π ] ) b = cos β Khi đó : a 1 − b 2 + b 1 − a 2 + 3 ab − ( (1 − b )(1 − a ) ) 2 2 = cos α. sin β + cos β. sin α + 3 ( cos α. cos β − sin α. sin β ) = sin(α + β ) + 3. cos(α + β ) π = 2 cos(α + β − ) ∈[ − 2,2] ⇒ ( dpcm) 6 Ví dụ 2 : Cho a , b ≥1 .Chứng minh rằng : a b −1 + b a1 ≤ ab Giải : 1 a = cos 2 α π Đặt : 1 α , β ∈ 0, b = 2 cos 2 β 1 1 ⇒ a b −1 + b a −1 = tg 2 β + tg 2α cos α 2 cos 2 β tgβ tgα (tgβ . cos 2 β + tgα . cos 2 α ) = + = cos 2 α cos 2 β cos 2 β . cos 2 α 1 (sin 2 β + sin 2α ) sin(α + β ) cos in(α − β ) = = 2 cos 2 β . cos 2 α cos 2 β . cos 2 α 1 ≤ = ab cos β . cos 2 α 2Sưu tầm và tuyển chọn 25
- 26. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com a 2 − (a − 4b) 2 Ví dụ 3: Cho ab ≠ 0 .Chứng minh rằng : − 2 2 − 2 ≤ ≤2 2−2 2 2 a + 4b Giải : a 2 − (a − 4b) 2 tg 2α − (tgα − 2) 2 ⇒ = a 2 + 4b 2 1 + tg 2α = 4(tgα − 1). cos 2 α π π Đặt: a = 2btgα , α ∈ − 2 , 22 = 2 sin 2α − 2(1 + cos 2α ) = 2(sin 2α − cos 2α ) − 2 π [ = 2 2 sin( 2α − ) − 2 ∈ − 2 2 − 2,2 2 − 2 2 ] Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton. Kiến thức: Công thức nhị thức Newton n ( a + b ) n ∑C nk a n −k b k , ∀n ∈ N * , ∀a, b ∈ R . k =0 n! Trong đó hệ số C n k = (0 ≤ ≤ ) k n . ( n − )! k! k Một số tính chất đặt biệt của khai triển nhị thức Newton: + Trong khai triển (a + b)n có n + 1 số hạng. + Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, trong khi đó số mũ của b tăng từ 0 đến n.Trong mỗi số hạng của khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ của a và b bằng n. +Các hệ số cách đều hai đầu thì bằng nhau C n = C n −k . k n + Số hạng thứ k + 1 là C nk a n −k .b k (0 ≤ k ≤ n) Ví dụ 1: Chứng minh rằng (1 + a ) n ≥ 1 + na, ∀a ≥ 0, ∀n ∈ N * (bất đẳng thức bernoulli) Giải n Ta có: (1 + a ) = ∑ C n a ≥ C n + C n a = 1 + na (đpcm) n k k 0 1 k =0 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: n an +bn a +b a) 2 ≥ 2 , ∀a, b ≥ 0, ∀n ∈ N * n an +bn + cn a +b + c b) ≥ , ∀a, b, c ≥ 0, ∀n ∈ N * 3 3 Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:Sưu tầm và tuyển chọn 26
DT
0
28 tháng 1 2021
444448888855555695+777+6666555888852652522222222222222222256585965
28 tháng 1 2021
Đặt A=2a2b2+2c2a2+2b2c2 - a4 - b4 - c4
A= - ( a4 + b4 + c4 - 2(ab)2 - 2(bc)2-2(ca)2)
A= - (a4 + b4 + c4 - 2(ab)2 - 2(bc)2-2(ca)2 - 4(ca)2)
áp dụng hàng đẳng thức:
(a2-b2+c2)=a4+b4+c4-2(ab)2-2(bc)2+2(ca)2
A= - ( (a2-b2+c2)-4(ca)2)
A= - (a2-b2+c2-2ca) (a2-b2+c2+2ca)
CHÚC BẠN HỌC TỐT##
TN
24 tháng 1 2017
TA có \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\Rightarrow-a^3-b^3-c^3\le-3abc\)
Cần chứng minh \(a^2b+b^2c+c^2a+ca^2+bc^2+ab^2-3abc\ge0\)
\(=ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(a+c\right)-3abc\)
\(\ge abc+abc+abc-3abc=0\)
L
1
26 tháng 4 2020
BĐT cần chứng minh tương đương với :
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(2+\frac{1}{a^2b^2c^2}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge9\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ,ta có :
\(a^2b+a^2b+\frac{1}{ab^2}\ge3\sqrt[3]{a^2b.a^2b.\frac{1}{ab^2}}=3a\)
tương tự : \(b^2c+bc^2+\frac{1}{bc^2}\ge3b\), \(\left(c^2a+ca^2+\frac{1}{ca^2}\right)\ge3c\)
Cộng 3 BĐT trên theo vế, ta được :
\(2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
HP
30 tháng 4 2017
Có a,b,c>0;a+b>c,b+c>a,c+a>b
=>a+b-c>0,b+c-a>0,c+a-b>0
=>c2(a+b-c)>0,a2(b+c-a)>0,b2(c+a-b)>0
=>c2(a+b-c)+a2(b+c-a)+b2(c+a-b)>0
=>(đẳng thức đề bài) > 0
Với 2 số
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{x}=\frac{b}{y}\)
Với 3 số
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel
\(\frac{3}{a+2b}+\frac{3}{b+2a}=3\left(\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2a}\right)\ge\frac{3.\left(1+1\right)^2}{a+2b+b+2a}=\frac{3.4}{3\left(a+b\right)}=\frac{4}{a+b}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)