›
›
›

Chuyên đề Bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán - Nguyễn Mạnh Hùng

doc 78 trang thaodu 7230
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề Bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán - Nguyễn Mạnh Hùng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docchuyen_de_bat_dang_thuc_dssc_va_thuc_hanh_giai_toan_nguyen_m.doc

Nội dung text: Chuyên đề Bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán - Nguyễn Mạnh Hùng

  1. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Lời nói đầu Trong bộ môn Toán ở trường phổ thông thì chuyên đề Bất đẳng thức được xem là một trong những chuyên đề khó, nhiều học sinh khá thậm chí giỏi còn lo ngại tránh né bởi vì học sinh chưa hình thành được những phương pháp giải để học sinh ứng dụng vào việc chứng minh Bất đẳng thức. Qua nội dung về Bài tập lớn em xin trình bày chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh Bất đẳng thức và ứng dụng của nó trong việc chứng minh và giải quyết các bài toán có liên quan. Các bài tập ở đây với độ khó được nâng dần lên nhằm giúp học sinh bớt lúng túng khi gặp các bài toán về chứng minh bất đẳng thức, giúp học sinh có thể tự định hướng được phương pháp chứng minh và hứng thú hơn khi học về bất đẳng thức. Nội dung của chuyên đề bao gồm: Phần I - Kiến thức cơ bản cần nắm: Đây là phần tóm tắt một số kiến thức lý thuyết cơ bản mà học sinh cần nắm để sử dụng trong quá trình chứng minh Bất đẳng thức. Phần II - Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức: Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức thường dùng cho học sinh THCS. Với mổi phương pháp có các kiến thức cần nắm, các ví dụ minh hoạ, bài tập áp dụng để học sinh tự mình hình thành được tư duy cảm nhận về phương pháp đó. Phần III - ứng dụng của việc chứng minh bất đẳng thức: Trình bày những ứng dụng phổ biến của chứng minh Bất đẳng thức. Phần IV - Hướng dẫn, giải các BT áp dụng: Đây là phần giải chi tiết của các BT áp dụng cho từng phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ở trên. Phần V - Bài tập tổng hợp – tự giải: Bao gồm các bài tập tổng hợp cho tất cả các dạng phương pháp chứng minh Bất đẳng thức. Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 1
  2. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Cơ sở lý luận – Thực tiễn Các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức thì rất phong phú nhưng để cho học sinh hình thành được phương pháp chứng minh cũng như ứng dụng Bất đẳng thức trong Toán học thì chưa có. Số học sinh hiểu và được điểm khá của phần này rất thấp thậm chí không có, đa số các em chỉ được điểm Trung Bình hoặc Yếu. Ngoài ra, số lượng thời gian nghiên cứu chuyên sâu phần Bất đẳng thức trong kiến thức của chương trình THCS rất ít nên học sinh ít thời gian để ý đến các kiến thức mà giáo viên giảng trong phần này. Do đó học sinh không có hứng thú khi học sinh bắt gặp dạng toán Bất đẳng thức này. Do thời gian nghiên cứu làm bài đề tài ngắn nên tôi không thể đưa ra được số liệu điều tra cụ thể được nhưng tôi mong rằng qua đề tài này tôi hi vọng nó sẽ là công cụ hữu ích cho những em có hứng thú học tập bộ môn Toán nói chung và chuyên đề Bất đẳng nói riêng. Phần I - kiến thức cơ bản I – Một số bất đẳng thức cần nhớ: a2 0; a 0; b b b o Bất đẳng thức Cô sy: n a1 a2 a3 an a a a a Với a 0 n 1 2 3 n i dấu bằng xảy ra khi a1 a2 an o Bất đẳng thức Bunhiacopski: 2 2 2 2 2 2 2 a2 a2 an . x1 x2 n a1x1 a2 x2 an xn a a a Dấu đẳng thức xảy ra 1 2 n x1 x2 xn o Bất đẳng thức Trê- bư-sép: a b c aA bB cC a b c A B C Nếu . A B C 3 3 3 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 2
  3. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán a b c aA bB cC a b c A B C Nếu . A B C 3 3 3 a b c Dấu bằng xảy ra khi A B C II - Một số bất đẳng thức phụ đã được chứng minh là đúng. o x 2 y 2 2xy o x 2 y 2 xy dấu( = ) khi x = y = 0 o x y 2 4xy a b 2 o b a 1 1 4 (Khi b,c 0) b c b c 1 o b 2 (khi x 0) b 1 4 (Khi x, y 0) bc (b c)2 III – Các bất đẳng thức trong tam giác IV – Các hàm lượng giác thông dụng V – Các tính chất cơ bản Tính chất 1: a > b b b và b > c => a > c Tính chất 3: a > b a + c > b + c Hệ quả : a > b a - c > b – c a + c > b a > b – c Tính chất 4 : a > c và b > d => a + c > b + d a > b và c a - c > b – d Tính chất 5 : a > b và c > 0 => ac > bd a > b và c ac b > 0 ; c > d > 0 => ac > bd a > b > 0 => an > bn a > b an > bn với n lẻ . VI – Các hằng đẳng thức đáng nhớ VII – Các kiến thức về toạ độ vec tơ VIII – Các kiến thức về tính chất của tỉ lệ thức: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 3
  4. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán a a a,b,c R a b a b c a c a a c c a,b,c,d R b d b b d d Phần II – Các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức vô cùng đa dạng ở đây tôi xin trình bày những dạng phương pháp thông dụng nhất như sau: Dạng 1 – Dựa vào định nghĩa và các phép biến đổi tương đương Dạng 2 – Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky và các bất đẳng thức phụ. Dạng 3 – Sử dụng Bất đẳng thức Cauchy Dạng 4 – Chứng minh bằng phản chứng Dạng 5 – Phương pháp lượng giác Dạng 6 – Phương pháp chứng minh qui nạp Dạng 7 – Phương pháp áp dụng các tính chất của các dãy tỉ số bằng nhau Dạng 8 – Phương pháp dùng tam thức bậc hai Dạng 9 – Phương pháp dùng tính chất bắc cầu Dạng 10 - Phương pháp dùng các bất đẳng thức trong tam giác Dạng 11 –Phương pháp đổi biến số Dạng 12 – Phương pháp làm trội (chứng minh bất đẳng thức có n số hạng) Ngoài các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức đã nêu ở trên thì còn rất nhiều các phương pháp khác như: Phương pháp toạ độ – vectơ, bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối, sử dụng cực trị, Nhưng do các kiến thức lý thuyết các em chưa có nên tôi chỉ xin trình bày một số phương pháp như trên. Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 4
  5. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Dạng 1- Dựa vào định nghĩa và các phép biến đổi tương tương đương Đây là phương pháp cơ bản nhất, dựa vào các tính chất cơ bản của bất đẳng thức đơn giản để biến đổi các bất đẳng thức phức tạp của đề ra thành các bất đẳng thức đơn giản và đúng hoặc các bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng. ở phần này các bạn chú ý đến các hằng đẳng thức: a2 2ab b2 (a b)2 0 a2 b2 c2 2ab 2ac 2bc (a b c)2 0 Phương pháp: Khi biến đổi tương đương ta cố gắng làm xuất hiện các điều kiện đã cho trong giả thiết nhằm áp dụng được điều kiện của giả thiết để chứng minh được bất đẳng thức đó là đúng. Chuyển vế để chứng minh bất đẳng thức đó ( 0; 0; 0; 0 ) Chuyển vế các thừa số về dạng hằng đẳng thức để dể chứng minh Làm xuất hiện các tích các thừa số có chứa các yếu tố của đề bài để ta xét dấu các thừa số đó Chia nhỏ từng vế để chứng minh sau đó cộng vế theo vế các bất đẳng thức con để được điều phải chứng minh. Một số ví dụ: Ví dụ 1: Chứng tỏ rằng với a,b 0 thì: (ax by)(bx ay) (a b)2 xy (1) Giải (1) abx2 a2 xy b2 yx bay2 a2 xy 2abxy b2 xy ab(x2 y2 2xy) 0 ab(x y)2 0 Bất đẳng thức luôn đúng vì a,b 0 . Ví dụ 2: Cho 0 a b c Chứng minh rằng: a b c b c a b c a a b c Giải a b c b c a 1 (a2c b2a c2b b2c c2a a2b) b c a a b c abc 1 (a2c b2c) (b2a a2b) (c2b c2a) abc   Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 5
  6. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 c(a2 b2 ) ab(b a) c2 (b a) abc   1 (b a)(ca cb ab c2 ) abc 1 (b a)(c b)(c a) 0 abc Vì 0 a b c . a b c b c a Vậy b c a a b c Ví dụ 3: Với a,b,c 0 chứng minh: a b c 1 1 1 2( ) bc ca ab a b c Giải a b c 1 1 1 2( ) bc ca ab a b c a2 b2 c2 2(bc ac ba) (do abc 0) a2 b2 c2 2bc 2ac 2ab 0 (a b c)2 0 Hiển nhiên đúng. a b c 1 1 1 Vậy 2( ) . bc ca ab a b c Ví dụ 4: Chứng minh rằng mọi a,b,c,d thì : 2 2 2 2 a b c d 1 a b c d (1) Giải (1) a2 b2 c2 d 2 1 (a b c d) 0 a2 a (b2 b) (c2 c) (d 2 d) 1 0 1 1 1 1 (a )2 (b )2 (c )2 (d )2 0 2 2 2 2 2 2 2 2 Vậy : a b c d 1 a b c d 3 3 4 4 Ví dụ 5: Chứng minh rằng nếu: a b 2 thì a b a b (1) Giải (1) a4 b4 a3 b3 0 a3 (a 1) b3 (b 1) 0 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 6
  7. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán a3 (a 1) b3 (b 1) (a 1) (b 1) (a 1) (b 1) 0 (a 1)(a3 1) (b 1)(b3 1) a b 2 0 (a 1)2 (a2 a 1) (b 1)2 (b2 b 1) a b 2 0 Suy ra điều phải chứng minh. Vì: (a 1)2 0 (a 1)2 (a2 a 1) 0 2 2 2 (b 1) 0 (b 1) (b b 1) a b 2 a b 2 0 Bài tập áp dung: Bài 1: Cho a + b = 2. Chứng minh rằng: a4 b4 2 Bài 2:Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: 1 1 1 2 2 3 2 (n 1) n Bài 3: Chứng minh m,n,p,q ta đều có m2 + n2 + p2 + q2 +1 m(n + p + q +1) 10 10 2 2 8 8 4 4 Bài 4: Chứng minh rằng: (a b )(a b ) (a b )(a b ) 3 a 3 b3 a b Bài 5: Chứng minh bất đẳng thức : Trong đó : a > 0 , b > 0 2 2 Bài 6: Chứng minh rằng: Với mọi số dương a, b, c, d ta có: a 3 b3 c3 d 3 a b c d a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 d 2 d 2 a 2 2 Dạng 2 – Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpsky và các bất đẳng thức phụ Đây là phương pháp phổ biến nhất trong việc chứng minh Bất đẳng thức. Chúng ta dựa vào điều kiện đã cho ở đề bài để ta lựa chọn phương pháp cho thích hợp. Ngoài ra, ta cần phải chú ý đến dấu của BĐT để có thể sử dụng bất đẳng thức nào để chứng minh. Khi áp dụng các BĐT đã được chứng minh là đúng thì bạn nên tách nhỏ BĐT cần chứng minh ra thành các vế nhỏ sau đó cộng vế theo vế để được BĐT cần chứng minh. Một số ví dụ: Ví dụ 1: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 7
  8. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z ta có: xyz(x y z x2 y2 z2 3 3 (x2 y2 z2 )(xy yz zx) 9 Giải 3(x2 y2 z2 ) (x y z)2 x y z 3(x2 y2 z2 x2 y2 z2 33 xyz2 xy yz zx 33 xyz2 Do đó ta có: xyz(x y z x2 y2 z2 ) xyz(( 3 1) x2 y2 z2 ) 2 2 2 (x y z )(xy yz zx) (x2 y2 z2 )(33 xyz2 3 1 3 xyz 3 1 1 3 3 3 3 xyz 3 3 9 Dấu “=” xảy ra khi x=y=z Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 19942000 19952000 19962000 (1) Giải 1994 1996 1 (1) ( )2000 1 ( )2000 (1 )2000 1995 1995 1995 Theo bất đẳng thức Becnuli ta có: 1 2000 1994 (1 )2000 1 1 ( )2000 1995 1995 1995 2000 1994 Vì: 1 ( )2000 1995 1995 Ví dụ 3: Cho a b 2 Chứng minh rằng: a4 b4 2 Giải áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 4số 1,1,a,b ta có: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 8
  9. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán (1.a 1.b)2 (12 12)(a2 b2) 2 2 2 (a b) 2(a b ) 4 2(a2 b2) 2 a2 b2 áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 4số 1,1,a2,b2 ta có: (1.a2 1.b2) (12 12)(a4 b4) 2 2 4 4 2 (a b ) 2(a b ) 4 2(a4 b4) a4 b4 2 1 1 1 9 Ví dụ 4: Cho a,b,c>0 Chứng minh rằng: a b c a b c Giải Ta có: 1 1 1 a a b b c c (a b c)( ) 1 1 1 a b c b c a c a b a b c a b c 3 ( ) ( ) ( ) 9 b a a c c b a b Vì : 2 b a c a 2 a c b c 2 c b a b c a b c Nên: 3 ( ) ( ) ( ) 9 b a a c c b Ví dụ 5: Cho 4 số dương a,b,c,d chứng minh rằng: a b c d 2 b c c d a d a b Giải áp dụng bất đẳng thức phụ: 1 1 (x,y>0) xy (x y)2 Ta có: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 9
  10. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán a c a(d a) c(b c) a2 c2 ad bc 4 b c d a (b c)(d a) (a b c d)2 Tương tự: b d b2 d2 ab cd 4 c d a b (a b c d)2 Cộng vế theo vế ta có: a b c d a2 b2 c2 d2 ad bc ab cd 4 b c c d a d a b (a b c d)2 Ta chứng minh: a2 b2 c2 d2 ad bc ab cd 4 2 (a b c d)2 4a2 b2 c2 d2 ad bc ab cd 2(a b c d)2 2a2 2b2 2c2 2d2 4ac 4bd 0 (a c)2 (b d)2 0 Bài tập áp dụng: 4 Bài 1: Cho x,y,z thoã mãn x(x 1) y(y 1) z(z 1) 3 Chứng minh rằng: x y z 4 Bài 2: Cho a>b>c>0 và a 2 b 2 c 2 1.Chứng minh rằng a3 b3 c3 1 b c a c a b 2 Bài 3: Cho x , y là 2 số thực thoả mãn x2 + y2 = x 1 y 2 y 1 x 2 Chứng minh rằng : 3x + 4y 5 Bài 4: Cho a, b, c 0 ; a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: a b b c c a 6 Bài 5:Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh một tam giác, p là nửa chu vi. Chứng minh rằng: p p a p b p c 3 p (1) Bài 6: Cho a, b,c là 3 số khác 0. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a b c b2 c2 a2 b c a Bài 7 Cho ba số a,b,c 0 .Thoả mãn ab bc ca abc Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 10
  11. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Chứng minh rằng: b2 2a2 c2 2b2 a2 2c2 3 (*) ab bc ca Dạng 3 – sử dụng bất đẳng thức Cauchy Đây là phương pháp chứng minh BĐT mà học sinh THCS dễ nhận dạng để chứng minh đó là sử dụng Bất đẳng thức Cauchy . Ta cần phải chú ý đến dấu của BĐT để có thể sử dụng bất đẳng thức nào để chứng minh. Khi áp dụng các BĐT đã được chứng minh là đúng thì bạn nên tách nhỏ BĐT cần chứng minh ra thành các vế nhỏ sau đó cộng vế theo vế để được BĐT cần chứng minh. Ví dụ 1: Cho 3 số dương a,b,c chứng minh rằng: a3 b3 c3 a b c b3 c3 a3 b c a Giải Vận dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 3 3 a a a 3 3 1 3 (1) b b b b3 b3 b 1 3 (2) c3 c3 c c3 c3 c 1 3 (3) a3 a3 a Cộng vế theo vế (1) (2) và (3) ta có: 3 3 3 a b c a b c a b c 2( 3 3 3 ) 3 2( ) b c a b c a b c a a b c 2( ) 3 b c a 3 3 3 Vậy: a b c a b c b3 c3 a3 b c a 1 1 1 Ví dụ 2: Cho a,b,c >0 thoả mãn 2 1 a 1 b 1 c 1 Chứng minh rằng: abc 8 Giải Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 11
  12. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 1 1 b c Ta có: 1 1 1 a 1 b 1 c 1 b 1 c áp dụng bất đẳng thức Côsi: 1 bc 2 1 a (1 b)(1 c) 1 ac 2 1 a (1 a)(1 c) 1 ab 2 1 c (1 a)(1 b) Nhân lại ta được: 1 8abc (1 a)(1 b)(1 c) (1 a)(1 b)(1 c) 1 abc 8 Ví dụ 3: Giả sử a,b,c d, là 4 số dương thoã mãn: 1 1 1 1 3 1 a 1 b 1 c 1 d 1 Chứng minh rằng: abcd 81 Giải Từ giả thiết ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 3 4 1 a 1 b 1 c 1 d a b c d 1 1 a 1 a 1 a 1 a a(1 b) b(1 a) c(1 d) d(1 c) 1 (1 a)(1 b) (1 c)(1 d) a b 2ab c d 2cd 1 a b ab 1 c d cd áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 2 ab 2ab 2 cd 2cd 2 ab 2 cd 1 1 2 ab ab 1 2 cd cd 1 ab 1 cd Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 12
  13. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán   abcd 4 abcd 1 2 2  4  1 ab cd abcd  1 ab cd abcd 44 abcd 44 abcd 1 4 4 2 1 2 abcd abcd (1 abcd) 1 4 abcd 44 abcd 1 34 abcd 1 abcd 8 Bài tập áp dụng: 1 1 1 Bài 1: Chứng minh rằng: ( a+ b + c ) ( + + ) ≥ 9 với a,b,c > 0 a b c Bài 2: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác với chu vi 2p Chứng minh rằng: abc a)(p a)(p b)(p c) 8 1 1 1 1 1 1 b) 2( ) p a p b p c a b c Bài 3: Cho a, b, c 0 ; a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1 3,5 Bài 4:Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh và 2p là chu vi của một tam giác. Chứng minh rằng: abc ( p a)( p b)( p c) 8 Dạng 4 – Chứng minh bằng phản chứng Đây là phương pháp chứng minh BĐT dựa vào các phương pháp chứng minh phản chứng trong Toán học. Để chứng minh mệnh đề A đúng thì ta giả sử mệnh đề A sai và chứng minh rằng từ mệnh đề A sai ta suy ra một điều mâu thuẩn để kết luận A là đúng. Muốn chứng minh bất đẳng thức A B đúng, ta giả sử A B sai, tức là A B đúng, từ đó chứng minh những lập luận chính xác ta suy ra điều mâu thuẩn từ giả thiết. Kết luận A B đúng. Điều vô lý có thể là trái với giả thiết, hoặc là những điều trái ngược nhau , từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh là đúng. Một số hình thức chứng minh bằng phản chứng: Dùng mệnh đề đảo. Phủ định rồi suy ra điều trái với giả thiết. Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 13
  14. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Phủ định rồi suy ra trái với điều đúng. Phủ định rồi suy ra hai điều trái ngược nhau. Một số ví dụ: Ví dụ 1: Cho a,b,c,d R và a b 2cd Chứng minh rằng ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau đây là đúng c2 a,d2 b Giải Giả sử hai bất đẳng thức trên đều sai, có nghĩa ta được : c2 a và d2 b c2 a 0 và d2 b 0 c2 a d2 b 0 c2 d2 (a b) 0 c2 d2 2cd 0 Vì a+b =2cd (c d)2 0 Mâu thuẫn Nên sẽ có ít nhất một trong hai bất đẳng thức đã cho là đúng Ví dụ 2: Cho 3 số dương a,b,c nhỏ hơn 2. Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai: a(2 a) 1 b(2 b) 1 c(2 c) 1 Giải Giả sử các bất đẳng thức sau đều đúng, nhân ba đẳng thức lại ta được a(2 a)b(2 c)c(2 c) 1 Mà 0 a(2 a) 2a a2 1 (a 1)2 1 Tương tự ta có: 0 b(2 b) 1 0 c(2 c) 1 Suy ra: abc(2 a)(2 b)(2 c) 1 Mâu thuẫn Vậy có ít nhất một trong các bất đẳng thức đã cho là sai Ví dụ 3: Cho 6 số tự nhiên khác 0 nhỏ hơn 108. Chứng minh rằng có thể chọn được 3 trong 6 số đó, chẳng hạn a,b,c sao cho a<bc, b<ca, c<ab Giải Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 14
  15. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Giả sử 6 số tự nhiên khác 0 là 1 a1 a2 a6 108 Rõ ràng Với 3 số x,y,z thoã mãn a2 2; a3 3 1 x y z Ta luôn có x 0 (2) abc>0 (3) Chứng minh rằng: a,b,c >0 Giải Giả sử trong 3 số thực a,b,c đã cho có một số âm hay bằng 0, giả sử số đó là a 0 mà không làm mất đi tính tổng quát của bài toán. Ta có: a 0 a 0 abc 0 a 0  b>0 b 0 Xét khả năng a 0; b>0; c -(a+c) (a+c)b<-(a+c)2 (a c)b ca (a c)2 ac (a2 ac c2) ab bc ca 0 Vì : (a2 ac c2 0 a,b,c R) Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy 3 sô a,b,c đều là số dương. Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho 0 a,b,c 1 .Chứng minh rằng ít nhất có một bất đẳng thức sau đây là sai: 1 1 1 a(1 b) ; b(1 c) ; c(1 a) 4 4 4 Kết quả này mâu thuẩn với kết quả của giả thiết đã nêu ra ở trên. Vậy ít nhất phải có một bất đẳng thức sai. Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 15
  16. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Bài 2: Cho 25 số tự nhiên a1,a2 , ,a25 thoả mản điều kiện 1 1 1 9 . a1 a2 a25 Chứng minh rằng trong 25 số tự nhiên đó, tồn tại hai số bằng nhau. Dạng 5 – Phương pháp lượng giác Đây là một trường hợp đặc biệt của phương pháp đổi biến số. Đối với học sinh THCS thì việc sử dụng phương pháp này là khá mới vì kiến thức cơ bản của phần lượng giác chưa được nghiên cứu sâu. Cho nên ở phương pháp này tôi xin trình bày một số kiến thức lý thuyết và các dạng phương pháp một cách chi tiết hơn. Kiến thức cần nhớ: 1. Các hệ thức cơ bản 1  + cos2 sin 2 1 + 1 + tg2 = ( k) cos2 2 k 1 + tg . cotg = 1 ( ) + 1 + cotg2 = ( k) 2 sin 2 2. Công thức cộng, công thức hạ bậc, công thức nhân đôi, công thức biến tích thành tổng và công thức biến tổng thành tích. Chúng ta dựa vào các trương hợp dưới đây để có thể đổi biến lượng giác một cách chính xác. Một số phương pháp lượng giác thường gặp: x sin Nếu thấy x2 + y2 = 1 thì đặt với [0, 2] y cos x a sin Nếu thấy x2 + y2 = a2 (a > 0) thì đặt với [0, 2] y a cos      x sin khi ;   2 2  Nếu thấy |x| 1 thì đặt    x cos khi 0;       x msin khi ;   2 2  Nếu thấy |x| m ( m 0 ) thì đặt    x mcos khi 0;  Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 16
  17. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 1  Sử dụng công thức: 1+tg2 = tg2 1 ( k) cos2 cos2 2 Nếu |x| 1 hoặc bài toán có chứa biểu thức x 2 1 1    3 thì đặt x = với 0;  , cos  2  2 Nếu |x| m hoặc bài toán có chứa biểu thức x 2 m2 m    3 thì đặt x = với 0;  , cos  2  2 1 Sử dụng công thức 1+ tg2 = . cos2   Nếu x R và bài toán chứa (1+x2) thì đặt x = tg với , 2 2   Nếu x R và bài toán chứa (x2+m2) thì đặt x = mtg với , 2 2 Ví dụ 1: Cho a,b,c,d R Với a c 1 d2 Và b d 1 c2 Chứng minh rằng a b 1 Giải Với: a c 1 d2 Vàb d 1 c2 Ta có: 2 2 1 d 0 d 1 -1 d 1 2 2 1 c 0 c 1 -1 c 1 Do đó ta đặt: và với  p d cos b c cosa a,b 0;   2  a c 1 d2 cosa 1 cos2 b cosa sin b Và b d 1 c2 cos b 1 cos2 a cos b sina a b cosa sin b cos b sina sin(b a) 1 Vậy: a b 1 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: (1 x2)sin a 2x cos a 1 x,a R 1 x2 Giải Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 17
  18. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán sina p p Đặt x tga Với a ; Thì cosa 2 2 2 sin a sina 2 (1 2 )sin a 2 cos a (1 x )sin a 2x cos a cos a cosa 1 x2 sin2 a (1 ) cos2 a 2 2 (cos a sin a)sin a 2 sina cosa cos a cos2 a sin2 a cos2a sin a sin2a cos a sin(a 2a) 1 Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu x 1 và n là số nguyên lớn hơn 1 thì ta có bất đẳng thức: (1 x)n (1 x)n 2n Giải : Vì: x 1 nên ta đặt x cos t với t p;p (1 x)n (1 x)n (1 cos t)n (1 cos t)n t t (2 cos2 )n (2 sin2 )n 2 2 n  2 t n 2 t n  n 2 (cos ) (sin )  2 (1)  2 2  2 t 2 t 2 t n 0 cos 1 cos (cos ) 2 2 2 t t t Do 0 sin2 t sin2 (sin2 )n 2 2 2 t t 1 (cos2 )n (sin2 )n 2 2 (1)đúng Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Ví dụ 4: Chứng minh rằng: 1 1 a2  (1 a)3 (1 a)3  2 2 2 2a2 (1) Giải: Từ đk |a| 1 nên Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 18
  19. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Đặt a=cos với [0,] 1 a 2 sin ; 1 a 2 cos ; 1 a 2 sin 2 2   (1) 1 2sin cos .2 2 cos3 sin3 2 2 2 2 sin cos 2 2  2 2  2 2 sin cos cos sin cos2 sin cos sin 2 1 sin cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin cos cos sin cos2 sin 2 cos 1 đúng (đpcm) 2 2 2 2 2 2 Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho a2 + b2 - 2a - 4b + 4 = 0. Chứng minh rằng: A = a 2 b2 2 3ab 2(1 2 3)a (4 2 3)b 4 3 3 2 Bài 2: Cho a, b thoả mãn : 5a 12b 7 = 13 Chứng minh rằng: a2 + b2 + 2(b-a) - 1 Bài 3: Chứng minh rằng: 3 2 A 2 3a2 2a 1 a2 3 2 Bài 4: a2 1 3 Chứng minh rằng A = 2  a 1 a Bài 5: 5 12 a 2 1 Chứng minh rằng: - 4 A = 9  a 1 a 2 Bài 6: |a b| | b c| |c a| Chứng minh rằng: a,b,c (1 a2)(1 b2) (1 b2)(1 c2) (1 c2)(1 a2) Bài 7: Chứng minh rằng: ab cd (a c)(b d) (1) a,b,c,d 0 (1) Bài 8: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 19
  20. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán (a b)(1 ab) 1 Chứng minh rằng:  a, b R (1 a 2 )(1 b2 ) 2 Dạng 6 – Phương pháp chứng minh qui nạp Phương pháp qui nạp thường sử dụng để chứng minh một bất đẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n. Ta thực hiện các bước sau: Kiểm nghiệm để chứng tỏ BĐT đúng với điều kiện nhỏ nhất. Giả sử BĐT đúng với một số nguyên dương k bất kỳ Cần chứng minh BĐT cũng đúng với n = k + 1 Ví dụ 1: Chứng minh rằng: 2n 2n 1 Với mọi số dương n 3 Giải: Với n=3 thì 23 8 2.3 1 7 đúng Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k bất kì có nghĩa là: 2k 2k 1 2.k.2 (2k 1).2 Ta cần chứng minh: 2k 1 2(k 1) 1 Theo gt quy nạp ta có: 2k 1 (2k 1)2 4k 2 2k 2k 2 2(k 1) 1 Điều phải chứng minh. Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 Ta có: 1 1 1 13 n 1 n 2 2n 24 Giải: a. Với n=2 ta có: 1 1 13 14 13 đúng 3 4 24 24 24 1 1 1 13 Giả sử với n=k ta có: k 1 k 2 2k 24 Ta cần chứng minh: 1 1 1 13 k 2 k 3 2k 2 24 Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) k 2 k 3 2k 2 k 1 2k 2k 1 2k 2 k 1 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 20
  21. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Vì : 1 1 13 k 1 2k 24 Nên: 13 1 1 1 13 đúng. 24 2k 1 2k 2 k 1 24 Ví dụ 3: Chứng minh bất đẳng thức Côsi trong trường hợp tổng quát. Với a1, a 2 a n R n , n 2 thì a a a 1 2 n n a .a a n 1 2 n Giải: Với n =2 bất đẳng thức đả được chứng minh ở 1. (bất đẳng thức Ơclit) Nếu x x x n 1 x n 1 . x , x R 1 2 1 2 1 2 Vậy x , x R thì ta luôn có (chuyển một bộ phận sang vế phải, ta 1 2 được) (x n 1 x n 1)(x x ) 0 1 2 1 2 n n n 1 n 1 x1 x2 x1x2 x2 x1 . Lấy n số thực không âm x ,x x R , viết các bất đẳng thức tương ứng 1 2 n rồi cộng lại ta được: (x n x n ) (x n x n ) (x n x n ) 1 2 1 3 1 n (x n x n ) (x n x n ) (x n x n ) 2 3 2 n n 1 n (x x n 1 x x n 1) 1 2 2 1 (x x n 1 x x n 1) (x x n 1 x x n 1) 1 3 3 1 1 n n 1 (x x n 1 x x n 1) (1) n 1 n n n 1 Từ đó: n n n n 1 n 1 n 1 (n 1)(x x xn ) x (x x xn ) 1 2 1 2 3 x (x n 1 x n 1 x n 1) x (x n 1 x n 1 x n 1) (2) 2 1 3 n n 1 2 n 1 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 21
  22. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Bây giờ theo giả thiết quy nạp, ta thừa nhận rằng đối với n 1 số thực không âm bất kì , trung bình cộng không nhỏ hơn trung bình nhân của chúng. Thế thì nói riêng ta có: x n 1 x n 1 x n 1 (n 1)x x x 2 3 n 2 3 n x n 1 x n 1 x n 1 (n 1)x x x 1 3 n 1 3 n x n 1 x n 1 x n 1 (n 1)x x x 1 2 n 1 1 2 n 1 Sử dụng các bất đẳng thức này, ta có thể tăng cường các bất đẳng thức ( 2 ) (n 1)(x n x n x n) n(n 1)x x x ) 1 2 n 1 2 n Trong hệ thức này đặt x n a ,x n a , x n a ta được 1 1 2 2 n n a a a 1 2 n n a .a a ( đpcm ) n 1 2 n Trong tất cả quá trình lý luận trên, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 x2 xn tức là khi và chỉ khi a1 a2 an Một số bài tập: Bài 1: Chứng minh rằng 1 1 1 1 2 n N;n 1 (1) 12 22 n2 n Bài 2: n a b an bn Cho n N và a+b > 0. Chứng minh rằng (1) 2 2 Bài 3: Cho a,b là hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông với c là cạnh huyền Chứng minh rằng: a2n b2n c2n n N Dạng 7 - Phương pháp áp dụng các tính chất của các dãy tỉ số bằng nhau Đây là phương pháp đặc trưng cho học sinh THCS vì phương pháp này áp dụng các tính chất của dãy tỉ số bằng nhau đã được học ở lớp 7. Các tính chất đặc biệt thường gặp trong loại này ta cần lưu ý như: Kiến thức: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 22
  23. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán a a a,b,c R a b a b c a c a a c c a,b,c,d R b d b b d d Một số ví dụ: a b c Ví dụ 1: Cho 3 số dương a,b,c chứng minh rằng 1 2 a b b c c a Giải: a a a a c Vì: 1 nên: a b a b c a b a b c Tương tự: b b b a a b c b c a b c c c c b a b c c a a b c Cộng các bất đẳng thức trên lại ta được điều phải chứng minh. Ví dụ 2: Cho a,b,c,d là các số dương, chứng minh rằng: a b b c c d d a A a b c b c d c d a d a b Giải: a b a b a b a b d Vì: 1 nên a b c a b c d a b c a b c d Tương tự: b c b c b c a a b c d b c d a b c d c d c d c d b a b c d c d a a b c d d a d a d a c a b c d d a b a b c d Cộng lại ta được 2 0 . Chứng minh rằng: a b c a 1 2 a b c b c d c d a d a b Bài 2: Cho a;b;c;d là các số nguyên dương thỏa mãn : a + b = c + d =1000 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 23
  24. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán a b tìm giá trị lớn nhất của . c d Bài 3: a c a ab cd c Cho: 0 . Chứng minh rằng 0  (d ) 0   y R x,y R Ví dụ 2: Cho hai dãy số: a1, a2 , an B1, b2, bn n n n Chứng minh rằng: 2 2 2 (aibi) (a i)( b i) (1) 1 1 1 Giải: n n n Ta có: (1) 2 2 (aibi) (a i)( b i) 0 (2) 1 1 1 n n n Đặt: 2 2 2 f(x) (a i)X 2(aibi)X ( b i) 1 1 1 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 24
  25. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán n Ta có: 2 Với mọi X nên tam thức (X) có f(X) (aiX bi) 0 D' 0 1 n n n Suy ra: 2 2 2 (aibi) (a i)( b i) 0 1 1 1 Tức là (2) đúng nên (1) đúng. Ví dụ 3: x, y R, chứng mih bất đẳng thức sau: x2 y4 2(x2 2)y2 4xy x2 4xy3 (1) Giải: (1) (y2 1)2 x2 4y(1 y2)x 4y2 0 Đặt F(x) (y2 1)2 x2 4y(1 y2)x 4y2 ' 4y2(1 y2)2 4y2(y2 1)2 ' 16y2 ' f (x) 0 0 y R x, y R Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho a,b,c,d thoã mãn b 0 thỏa mãn a > c+d , b >c+d. Chứng minh rằng: ab >ad+bc Giải a c d a c d 0 Ta có: b c d b d c 0 (a-c)(b-d) > cd ab – ad – bc + cd > cd Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 25
  26. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán ab > ad + bc điều phải chứng minh. Ví dụ 2: 5 Cho a,b,c>0 thỏa mãn a2 b2 c2 3 1 1 1 1 Chứng minh a b c abc Giải Ta có :( a + b – c)2= a2+ b2 + c2 + 2( ab – ac – bc) > 0 1 ac + bc - ab  ( a2 + b2 + c2) 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 1 . Chứng minh rằng: 2a 3 2b3 2c 3 3 a 2b b 2c c 2 a Giải 2 Do a 0 2 2 2 1+a b > a + b mà 0 < a,b < 1 a 2 a3, b2 b3 Từ đó ta suy ra 1+a 2b2 a3 b3 Vậy a3 b3 < 1 a2b2 Tương tự ta có:b3 c3 1 b 2c 2 Và c 3 a3 1 c a Cộng các bất đẳng thức ta có: 2a 3 2b3 2c 3 3 a 2b b 2c c 2 a Ví dụ 4: Cho 0 x, y, z 1 Chứng minh rằng: a. 0 x y z xy yz zx 1 b. x2 y2 z2 1 x2 y y2 z z2 x Giải a. Ta có: x y z xy yz zx x(1 y) y(1 z) z(1 x) 0 (1) Mặt khác: (1 x)(1 y)(1 z) 1 x y xy yz zx xyz 0 Suy ra: x y z xy yz zx 1 xyz 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra 0 x y z xy yz zx 1 b. Ta chứng minh: x2 y2 z2 x2 y y2 z z2 x 1 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 26
  27. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán x2 y2 z2 x2 y y2 z z2 x x2 (1 y) y2 (1 z) z2 (1 x) Ta có: x(1 y) y(1 z) z(1 x) Vì ( x2 x, y2 y, z2 z ) x y z xy yz zx 1 ( theo câu a). Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho 0 a,b,c,d 1. Chứng minh rằng: (1 a)(1 b)(1 c)(1 d) 1 a b c d Bài 2: Cho 0 a,b,c 2 thoả mãn a b c 3 Chứng minh rằng: a2 b2 c2 5 Bài 3: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 1. Chứng minh rằng: 1 a2 b2 c2 4abc 2 Bài 4: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 2abc 2 Dạng 10 – Phương pháp dùng các bất đẳng thức trong tam giác Đây là phương pháp sử dụng các bất đẳng thức trong tam giác làm các giả thiết để chứng minh các bất đẳng thức. ở phương pháp chứng minh này các bạn nên chú ý một số kiến thức cơ bản sau: Kiến thức: 1. Các bất đẳng thức trong tam giác: Với a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì a,b,c 0 b c a b c a c b a c a b c a b Nếu a b c thì số đo của 3 góc A, B, C cũng đúng với bất đẳng thức trên. 2. Công thức liên quan đến tam giác Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 27
  28. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán b c a p a 2 a b c c a b p p b 2 2 a b c p c 2 Một số ví dụ: Ví dụ 1: Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: a3 b3 c3 2abc a2 (b c) b2 (c a) c2 (a b) (1) Giải Ta có: a3 b3 c3 2abc a2 (b c) b2 (c a) c2 (a b) 0 a2 (a b) b2 (b a) c(2ab a2 b2 ) c2 (a b c) 0 (1) (a b)(a b)2 c(a b)2 c2 (a b c) 0 (a b c)(a b c)(a b c) 0 (2) Kết quả (2) luôn đúng vì trong tam giác ta luôn có. a b c a b c 0 a c b a c b 0 b c a b c a 0 Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh. Ví dụ 2: Cho a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng: a. a2 + b2 + c2 (a + b - c).(b + c - a)( c + a - b) Giải Vì a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác nên ta có 2 0 a b c a a(b c) b2 b(a c) 0 b a c 2 0 c a b c c(a b) Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2+b2+c2 b-c a 2 a 2 (b c) 2 > 0 b > a-c b2 b2 (c a)2 > 0 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 28
  29. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán c > a-b c2 c2 (a b)2 0 Nhân từng vế của đẳng thức lại ta được: a2b2c2 a2 b c 2  b2 c a 2  c2 a b 2        a2b2c2 a b c 2 b c a 2 c a b 2 abc a b c . b c a . c a b Ví dụ 3: Trong Δ ABC có chu vi a + b +c = 2p ( a, b, c là độ dài 3 cạnh ). 1 1 1 1 1 1 CMR : + + ≥ 2 ( + + ) p a p b p c a b c Giải b c a Ta có : p - a = > 0 ( vì b + c > a bất đẳng thức tam giác ) 2 Tương tự : p - b > 0 ; p- c > 0. Mặt khác : p - a + p - b = 2p - a - b = c p - b + p - c = a p - c + p - a = b 1 1 4 ta áp dụng tính chất của Bất đẳng thức: ta có: x y x y 1 1 4 4 + ≥ = p a p b ( p a) ( p b) c 1 1 4 + ≥ p b p c a 1 1 4 + ≥ p c p a b Cộng theo vế của bất đẳng thức ta có : 1 1 1 1 1 1 + + ≥ 2 ( + + ) p a p b p c a b c Dấu ‘=’ xảy ra khi Δ ABC đều Ví dụ 4: Cho a, b, c , là độ dài ba cạnh của một tam giác (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) abc Giải Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 29
  30. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Bất đẳng thức về ba cạnh của tam giác : b c a 0 a2 (b c)2 a2 c a b 0 b2 (c a)2 b2 a b c 0 c2 (a b)2 c2 Từ đó a2 (b c)2 b2 (c a)2 c2 (a b)2 a2b2c2 (a + b – c)( a – b + c)( b – c +a)( b + c – a)( c – a + b)( c + a – b) a2b2c2 2 2 2 (a + b – c)2( b + c – a)2( c + a – b)2 a b c (a + b – c)( b + c – a )( c + a – b) abc Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên a b c 0 a c b 0 và abc > 0 b c a 0 Bài tập áp dụng: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác Bài 1: Chứng minh rằng: Nếu với a b c thì (a b c)2 9bc Bài 2: Chứng minh rằng: (a b c)(b c a)(a c b) abc Bài 3: Chứng minh rằng: Với mọi p, q sao cho p + q = 1 thì pa2 qb2 pqc2 Bài 4: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác với a < b < c. Chứng minh rằng: a3 (b2 c2 ) b3 (c2 a2 ) c3 (a2 b2 ) 0 Bài 5: Chứng minh rằng: với a, b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì ta có: a(b c)2 b(c a)2 c(a b)2 a3 b3 c3 (1) Dạng 11 – Phương pháp đổi biến số Khi ta gặp một số bất đẳng thức có biến phức tạp thì ta có thể dùng phương pháp đổi biến số để đưa các bất đẳng thức cần chứng minh về dạng đơn giản hơn, tức là ta đặt các biến mới biểu thị được các bién cũ sao cho biến mới có thể gọn hơn Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 30
  31. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán hoặc dễ chứng minh hơn. Sau khi đổi biến số ta sử dụng các phương pháp chứng minh ở trên để chứng minh bất đẳng thức. Phương pháp lượng giác cũng là một dạng của phương pháp đổi biến số. Một số ví dụ: Ví dụ 1: a b c 3 Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng: (1) b c c a a b 2 Giải y z x z x y x y z 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 1 1 1 3 x x y y z z y x z x z y ( ) ( ) ( ) 6 x y x z y z y x z x z y Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( 2; 2 ; 2 ) điều x y x z y z phải chứng minh. Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0 và a+b+c 0 x y z Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 3 x y z 3. xyz 1 1 1 1 3. . 3 x y z xyz 1 1 1 x y z . 9 x y z Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 31
  32. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Mà x+y+z < 1 1 1 1 Vậy 9 điều phải chứng minh. x y z Ví dụ 3: a b c 3 Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: b c c a a b 2 Giải Đây là ví dụ 1 nhưng ta sử dụng cách đổi biến khác: y z x a 2 x b c x z y y c a b Ta đặt 2 z a b x y z c 2 1 y z x x z y x y z 3 Bất đẳng thức 2 x y z 2 x y y z z x x y y z z x 2 . 2 . 2 . 6 (đúng). y x z y x z y x z y x z Vậy Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu “=” xảy ra a b c Ví dụ 4: Cho các số thực dương a, b, c sao cho abc = 1 Chứng minh rằng: 1 1 1 a 1 b 1 c 1 1 b c a Giải x a y y b Do abc 1 nên ta có thể đặt: z với x, y, z 0 . z c x Nên bất đẳng thức ta có thể viết lại như sau: x z y x z y 1 1 1 1 y y z z x x Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 32
  33. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán xyz (x y z)(y z x)(z x y) (Ta đã chứng minh được) Vậy BĐT đã được chứng minh. Dấu “=” xảy ra a b c 1 Bài tập áp dụng: Bài 1: Chứng minh rằng ; với mọi số thực x, y ta có bất đẳng thức: 1 (x 2 y 2 )(1x 2 y 2 ) 1 4 (1 x 2 ) 2 (1 y 2 ) 2 4 Bài 2: 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thoả mãn: + = 4 x y z 1 1 1 CMR: + + ≤ 1 2x y z x 2y z x y 2z (Đại học khối A – năm 2005) Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 . 1 1 1 3 CMR : a3 (b c) b3 (c a) c3 (a b) 2 Bài 4: 1 4 9 x y z 1 36 Cho x, y, z >0 thoả mãn . CMR x y z Bài 5: Cho x, y, z là cỏc số thực dương thoả món: xyz x y z 2 . 3 x y z xyz CMR: 2 Dạng 12 - Phương pháp làm trội (chứng minh bất đẳng thức có n số hạng) Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn. Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 u2 un Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát uk về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau uk ak ak 1 Khi đó : S = a1 a2 a2 a3 an an 1 a1 an 1 Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 33
  34. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán P = u1u2 un Biến đổi các số hạng uk về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: ak uk = ak 1 a1 a2 an a1 Khi đó P = . a2 a3 an 1 an 1 Một số ví dụ: Ví dụ 1: 1 1 1 Chứng minh rằng: 1 2 n 1 1 Với n là số nguyên 2 3 n Giải: Ta có: 1 2 2 2 k 1 k k 2 k k k 1 Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có 1 > 2 2 1 1 2 3 2 2 1 2 n 1 n n Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: 1 1 1 1 2 n 1 1 2 3 n Ví dụ 2: n 1 2 Chứng minh rằng:  2 n Z k 1 k Giải: 1 1 1 1 Ta có k 2 k k 1 k 1 k Cho k chạy từ 2 đến n ta có Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 34
  35. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 1 1 22 2 1 1 1 32 2 3 1 1 1 n2 n 1 n 1 1 1 1 22 32 n2 n 1 2 Vậy  2 k 1 k Ví dụ 3: Chứng minh rằng: 1 1 1 1 2 n 1 ,n Z 2 3 n Giải: Ta có: 1 2 2 2( k k 1) k Z k 2 k k k 1 Do đó: 1 1 1 2( 2 1) 2 1 2( 3 2) 3 1 2( n n 1) n Vậy: 1 1 1 1 1 2 2 n 2 n 1 2 3 n Ví dụ 4: Chứng minh rằng: 1 3 5 2n 1 2 . . ,n Z 2 4 6 2n 2n 1 Giải: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 35
  36. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Ta có: 12 32 52 (2n 1)2 A2 . . 22 42 62 (2n)2 12 32 (2n 1)2 1 . 22 1 42 1 (2n 1)(2n 1) 2n 1 1 3 5 2n 1 2 Vậy: . . . 2 4 6 2n 2n 1 Bài tập áp dụng: Bài 1: Chứng minh BĐT sau: 1 1 1 1 a. 1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2 1 1 1 b. 1 2 1.2 1.2.3 1.2.3 n Ngoài các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức đã nêu ở trên thì còn rất nhiều các phương pháp khác như: Phương pháp toạ độ – vectơ, bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối, sử dụng cực trị, Nhưng do các kiến thức lý thuyết các em chưa có nên tôi chỉ xin trình bày một số phương pháp như trên. Các bài toán về Bất đẳng thức rất đa dạng và phức tạp, các phương pháp chứng minh đã nêu trên chỉ là những phương pháp tương đối thông dụng để cho học sinh THCS cố gắng nhận định và làm quen với các dạng ở trên để áp dụng phương pháp thích hợp. Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 36
  37. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Phần III – ứng dụng của Bất đẳng thức. Bất đẳng thức được ứng dụng rộng rãi nhiều trong việc tìm GTLN, GTNN, giải phương trình và hệ phương trình, dùng để giải phương trình nghiệm nguyên và rất nhiều ứng dụng khác nữa. I - Dùng BĐT để tìm GTLN và GTNN Kiến thức : Nếu f(x) m thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là m. Nếu f(x) M thì f(x) có giá trị lớn nhất là M. Ta thường hay áp dụng các bất đẳng thức thông dụng như: Côsi, Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối, kiểm tra trường 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 phương pháp biến đổi tương đương , 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 Chú ý: A B A B Xảy ra dấu '' = '' khi AB 0 A 0 Dấu ''= '' xảy ra khi A = 0 Một số ví dụ: Ví dụ 1: a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = (x2 + x)(x2 + x - 4) b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y Giải Ta có: a.A = (x2 + x)(x2 + x - 4) . Đặt : t = x2 + x – 2 => A = (t - 2)(t + 2) = t2 - 4 - 4 Dấu bằng xảy 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. Tương tự Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a. C = 2x 3 2x 1 b. D = x 2 x 3 x 2 x 6 c. E = x 1 x 2 x 3 x 4 Giải áp dụng BĐT : A B A B Dấu '' = ''xảy ra khi AB 0 => C = 2x 3 1 2x 2x 3 1 2x 2 2 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 37
  38. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 3 Dấu '' = '' xảy ra khi (2x - 3)(1 - 2x) 0  x 2 2 1 3 Vậy minC = 2 khi x 2 2 b, Tương tự : minD = 9 khi : -3 x 2 c. Tương tự: minE = 4 khi : 2 x 3 Ví dụ 3: 1 1 1 Cho ba số dương x , y , z thoả mãn : + + 2 1 x 1 y 1 z Tìm giá trị lớn nhất của tích : P = xyz. Giải z 1 1 1 y yz (1 - ) + ( 1 - ) = + 2 1 x 1 y 1 z 1 y 1 z (1 y)(1 z) 1 zx Tương tự : 2 1 y (1 x)(1 z) 1 xy 2 1 z (1 x)(1 y) 1 Từ đó suy ra : P = xyz 8 1 1 MaxP = khi x = y = z = 8 2 Ví dụ 4: yz x 1 zx y 2 xy z 3 Cho G = xyz Tỡm giỏ trị lớn nhất của G. Giải Tập xỏc định : x 1 ; y 2 ; z 3 x 1 y 2 z 3 Ta có : G = + + x y z x 1 1 x 1 1 Theo BĐT Cụsi ta cú : x 1 => 2 x 2 y 2 1 z 3 1 Tương tự : ; y 2 2 z 2 3 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 38
  39. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 1 1 => G 2 2 2 2 3 1 1 1 Vậy MaxG = đạt được khi x = 2 ; y = 2 ; z = 6 2 2 2 2 3 Bài tập áp dụng: Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của: S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > 0 và x+y+z =1 Bài 2: Cho xy+yz+zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của x4 y4 z4 Bài 3:Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 – 2xy + 3y2 – 2x – 10y + 20 x 2 x 1 Bài 4:Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của phân thức D = x 2 1 Bài 5; Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng số này khi chia cho 9 có số dư là 5 và khi chia cho 31 có số dư là 28. II – Dùng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình Nhờ vào các tính chất của bất đẳng thức , các phương pháp chứng minh bất đẳng thức , ta biến đổi hai vế ( VT , VP ) của phương trình sau đó suy luận để chỉ ra nghiệm của phương trình. Nếu VT = VP tại một hoặc một số giá trị nào đó của ẩn ( thoả mãn TXĐ) => phương trình có nghiệm. Nếu VT > VP hoặc VT < VP tại mọi giá trị của ẩn phương trình vô nghiệm Còn đối với hệ phương trình ta dùng bất đẳng thức để biến đổi từng phương trình của hệ , suy luận và kết luận nghiệm. Biến đổi một phương trình của hệ , sau đó so sánh với phương trình còn lại , lưu ý dùng các bất đẳng thức quen thuộc. Một số ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình : 13x 1 + 9x 1 = 16x Giải Điều kiện : x 1 (*) áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 13x 1 + 9 x 1 3 1 1 9 = 13.2.x 1 + 3.2.x 1 13( x - 1 + ) + 3(x + 1 + ) = 16x 2 2 4 4 Dấu '' = '' xảy ra Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 39
  40. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 x 1 2 5  3  x = thoả mãn (*) x 1 4 2 Phương trình (1) có nghiệm  dấu '' = '' ở (2) xảy ra 5 Vậy (1) có nghiệm x = . 4 Ví dụ 2: Giải phương trình : 2x 3 + 5 2x - x2 + 4x - 6 = 0 (*) Giải 3 5 TXĐ : x 2 2 (*)  2x 3 + 5 2x = x2 - 4x + 6 VP = (x - 2)2 + 2 2 , dấu '' = '' xảy ra khi x = 2 => với x = 2 ( thoả mãn TXĐ ) thì VT = VP = 2 => phương trình (*) có nghiệm x = 2 Ví dụ 3: Giải phương trình : 6 x + x 2 = x2 - 6x + 13 Giải TXĐ : -2 x 6 VP = (x - 3)2 + 4 4 . Dấu '' = '' xảy ra khi x = 3 VT2 = (6 x .1 + x 2 .1)2 (6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16 => VT 4 , dấu '' = '' xảy ra khi 6 x = x 2  x = 2 => không có giá trị nào của x để VT = VP => Phương trình vô nghiệm Ví dụ 4: x3 2y2 4y 3 0 (1) Giải hệ phương trình: 2 2 2 x x y 2y 0 (2) Giải (1)  x3 = - 1 - 2(y - 1)2  x3 - 1  x - 1 . (*) 2y (2)  x2 1 ( vì 1 + y2 2y)  -1 x 1 ( ) 1 y 2 Từ (*) và ( ) => x = -1 . Thay x = -1 vào (2) ta có : y = 1 => Hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x = -1 ; y = 1 Ví dụ 5:Giải hệ phương trình : Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 40
  41. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán x y z 1 4 4 4 x y z xyz Giải áp dụng : BĐT : a 2 b2 2ab dấu '' = '' xảy ra khi a = b Ta có : x4 y4 2x2y2 ; y4 z4 2y2z2 ; z4 x4 2z2x2 x4 y4 z4 x2y2 y2z2 z2x2 (*) Mặt khác: x2y2 y2z2 2x2yz y2z2 z2x2 2xy2z x2y2 z2x2 2xyz2 2(x2y2 y2z2 z2x2 ) 2xyz(x y z) 2xyz x2y2 y2z2 z2x2 xyz ( ) Từ (*) và ( ) => x4 + y4 x4 y4 z4 xyz 1 Dấu '' = '' xảy ra khi : x = y = z mà x + y + z = 1 nên : x = y = z = 3 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm : x = y = z = 3 Bài tập áp dụng: Bài 1:Giải hệ phương trình: x y2 z3 14 (1) 1 1 1 x y z (với x, y, z > 0) ( )( ) 1 (2) 2x 3y 6z 2 3 6 Bài 2: Giải phương trình sau: 4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 4 2x x2 2 2 Bài 3: Giải phương trình: x 2 x 4y 4y 3 Bài 4:Giải hệ phương trình sau: x y z 1 4 4 4 x y z xyz 2 xy 4 8 y (1) Bài 5: Giải hệ phương trình sau: 2 xy 2 x (2) III – Dùng BĐT để giải phương trình nghiệm nguyên Một số ví dụ: Ví dụ 1: Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn 2 2 2 x y z xy 3y 2z 3 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 41
  42. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Giải Vì x,y,z là các số nguyên nên 2 2 2 x y z xy 3y 2z 3 x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 0 2 2 2 y 3y 2 x xy 3y 3 z 2z 1 0 4 4 2 2 y y 2 x 3 1 z 1 0 (*) 2 2 2 2 y y 2 Mà x 3 1 z 1 0 x, y R 2 2 2 2 y y 2 x 3 1 z 1 0 2 2 y x 0 2 x 1 y 1 0 y 2 2 z 1 z 1 0 x 1 Các số x,y,z phải tìm là y 2 z 1 Ví dụ 2: Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phương trình: x x y (*) Giải (*) Với x 0 , y > 0 2 Ta có x x y x x y x y2 x 0 Đặt x k (k nguyên dương vì x nguyên dương ) Ta có k.(k 1) y2 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 42
  43. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 2 2 Nhưng k k k 1 k 1 k y k 1 Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên dương liên tiếp không tồn tại một số nguyên dương nào cả nên không có cặp số nguyên dương nào thoả mãn phương trình x 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : y 0 Bài tập áp dụng: 1 1 1 Bài 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 x y z Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 43
  44. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Phần IV - giải và hướng dẫn giải BT áp dụng Dạng 1 – Dựa vào định nghĩa và các phép biến đổi tương đương Bài 1: Giải Ta có: (a b)2 0 2ab a2 b2 a2 b2 2ab 2(a2 b2 ) (a b)2 2(a2 b2 ) 22 2(a2 b2 ) (Do a b 2) 2 a2 b2 22 (a2 b2 )2 Tương tự: (a2 b2 )2 0 2a2b2 a4 b4 a4 b4 2a2b2 2(a4 b4 ) (a2 b2 )2 2(a4 b4 ) Vậy: 22 (a2 b2 )2 2(a4 b4 ) a4 b4 2 Điều phải chứng minh. Bài 2: Giải Ta có với mọi số nguyên dương k: 1 1 1 1 k k ( ) (k 1) k (k 1) k k k 1 1 1 1 1 = k ( )( ) k k 1 k k 1 k 1 1 1 1 k (1 )( ) 2( ) vì 0 1 k 1 k k 1 k k 1 k 1 Do đó: 1 1 1 1 1 1 1 1 2(1 ) 2( ) 2( ) 2 3 2 (n 1) n 2 2 3 n n 1 1 2(1 ) 2 điều phải chứng minh. n 1 Bài 3: Giải Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 44
  45. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 2 2 2 2 m 2 m 2 m 2 m (1) mn n mp p mq q m 1 0 4 4 4 4 2 2 2 2 m m m m n p q 1 0 2 2 2 2 m m n 0 n 2 2 m p 0 m p m 2 2 Dấu bằng xảy ra khi m 2 q 0 m n p q 1 2 q m 2 1 0 m 2 2 Bài 4: Giải a10 b10 a 2 b 2 a8 b8 a 4 b 4 12 10 2 2 10 12 12 8 4 4 8 12 a a b a b b a a b a b b a8b 2 a 2 b 2 a 2b8 b 2 a 2 0 a2b2(a2-b2)(a6-b6) 0 a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0 Bất đẳng thức cuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 5: Giải Với a > 0 , b > 0 => a + b > 0 3 a 3 b3 a b Ta có : 2 2 2 a b 2 2 a b a b . a ab b 2 2 2 2 2 2 a b a ab b 2 4a2 - 4ab + 4b2 a2 + 2ab + b2 3(a2 - 2ab + b2 ) 0 3(a - b)2 0 . Bất đẳng thức này đúng 3 a 3 b3 a b => Dấu '' = '' xảy ra khi a = b. 2 2 Bài 6: Giải Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 45
  46. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Ta có: a 3 ab 2 a a 2 b 2 a 2 b 2 2 2 a b 2ab a 3 b a a 2 b 2 2 b3 c b b 2 c 2 2 c3 d c c 2 d 2 2 d 3 a d d 2 a 2 2 Cộng vế theo vế ta được: a 3 b3 c3 d3 a b c d a 2 b 2 b 2 c2 c2 d 2 d 2 a 2 2 Dạng 2 – Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky và bất đẳng thức phụ Bài 1: Giải áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có: (1x 1y 1z)2 (12 12 12)(x y z)2 (x y z)2 3(x2 y2 z2) (1) Theo giả thuyết ta có: 4 x(x 1) y(y 1) z(z 1) 3 4 (x2 y2 z2) (x y z) 3 1 Vì theo (1) (x y z)2 (x2 y2 z2) 3 1 4 (x y z)2 (x y z) 3 3 (x y z)2 3(x y z) 4 Đặt s x y z Ta giải phương trình bậc 2 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 46
  47. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán s2 3s 4 0 1 s 4 x y z 4 Bài 2: Giải 2 2 2 a b c a b c Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c b c a c a b áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có: a b c a 2 b 2 c 2 a b c 1 3 1 a 2 . b 2 . c 2 . . =. = b c a c a b 3 b c a c a b 3 2 2 3 3 3 a b c 1 1 Vậy .Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= b c a c a b 2 3 Bài 3: 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 lại có : (3x + 4y)2 (32 + 42)(x2 + y2) 25 => 3x + 4y 5 2 2 3 x y 1 x 5 Đẳng thức xảy ra x 0, y 0 4 x y y 3 4 5 3 5 x Điều kiện : 2 2 . Bài 4: Giải áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpxki với 2 bộ 3 số ta có: 2 2 2 a b.1 b c.1 c a.1 1 1 1  a b b c c a    2 => a b b c c a 3.(2a 2b ac) 6 => a b b c c a 6 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 47
  48. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c = 3 Bài 5: Giải Ta có p p a p b p c p 3p (a b c) 2( ( p a)( p b) ( p b)( p c) ( p c)( p a)) Kết quả này luôn đúng vì a b c 2 p và p a o, p b o, p c o. Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có: 1. p a 1. p b 1. p c (1 1 1)( p a p b p c) 3p Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Bài 6: Giải a b c áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho các số 1,1,1, , , ta có : b c a a b c a2 b2 c2 (1. 1. 1. )2 (12 12 12 )( ) b c a b2 c2 a2 a2 b2 c2 1 a b c a b c ( )( ) b2 c2 a2 3 b c a b c a áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: a b c a b c 33 . . 3 b c a b c a Do đó: a2 b2 c2 1 a b c a b c ( ).3 (đpcm). b2 c2 a2 3 b c a b c a Bài 7: Giải Từ giả thiết đề ra a, b,c 0 1 1 1 ab bc ca abc 1 Ta có: a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 * 3 a 2 b2 b2 b2 c 2 c 2 c 2 a 2 a 2 áp dụng bất đẳng thức Bunhicopsky ta có: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 48
  49. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán x y z 12 12 12 . x 2 y 2 z 2 Do đó ta có: 1 1 1 1 1 1 1 a 2 b2 b2 3 a b b 1 1 1 1 1 1 1 b2 c2 c2 3 b c c 1 1 1 1 1 1 1 c2 a 2 a 2 3 c a a Cộng vế theo vế ta được: b2 2a 2 c2 2b2 a 2 2c2 1 1 1 1 3 ab bc cb 3 a b c b2 2a 2 c2 2b2 a 2 2c2 3 ab bc cb Dạng 3 – sử dụng Bất đẳng thức Cauchy Bài 1: Giải a b b c a c VT = + + + + + + 3 b a c b c a áp dụng BĐT côsi cho các bội số : a và b ; b vàc ; a vàc b a c b c a a b b a b c a c Ta có : + ≥ 2. =2 ; + ≥ 2 ; + ≥ 2 b a a b c b c a a b b c a c + + + + +≥ 6 b a c b c a a b b c a c + + + + + +3 ≥9 b a c b c a VT ≥ 9 ( đpcm ). Bài 2: Giải a)Theo bất đẳng thức Côsi ta có: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 49
  50. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán (p a) (p b) c (p a)(p b) 2 2 (p a) (p c) b (p a)(p c) 2 2 (p b) (p c) a (p b)(p c) 2 2 Nhân theo vế ta được: c b a abc (p a)2(p b)2(p c)2 . . 2 2 2 8 b)Ta áp dụng với x,y>0 ta luôn có bất đẳng thức đúng: 1 1 4 x y x y Thay các giá trị vào ta được: 1 1 4 4 p a p b 2p a b c Tương tự: 1 1 4 4 p b p c 2p b c a 1 1 4 4 p a p c 2p a c b Cộng theo vế ta có: 1 1 1 1 1 1 2( ) p a p b p c a b c Bài 3: Giải áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có: (a 1) 1 a a 1 1 2 2 b c Tương tự : b 1 1 ; c 1 1 2 2 Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được: a b c a 1 b 1 c 1 3 3,5 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = 1 Vậy : a 1 b 1 c 1 3,5 Bài 4: Giải Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 50
  51. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Theo bất đẳng thức Côsi ta có: ( p a) ( p b) c ( p a)( p b) 2 2 ( p b) ( p c) a ( p b)( p c) 2 2 ( p c) ( p a) b ( p c)( p a) 2 2 c b a ( p a)2 ( p b)2 ( p c)2 . . 2 2 2 abc ( p a)( p b)( p c) . Điều phải chứng minh. 8 Dạng 4 – chứng minh bằng phản chứng Bài 1: Giải: Giả sử cả 3 bất đẳng thức ở trên đều đúng, có nghĩa: 1 1 1 a(1 b) ; b(1 c) ; c(1 a) 4 4 4 1 abc(1 a)(1 b)(1 c) (Do a,b,c (0;1)) 64 2 2  1 1 a(1 a) (a a)  a   2 4 Ta có   2 1 1 1 a 4 2 4 1 Tương tự ta có: 0 a(1 a) 4 1 0 b(1 b) 4 1 0 c(1 c) 4 1 a(1 a)b(1 b)c(1 c) 64 1 abc(1 a)(1 b)(1 c) 64 Bài 2: Giải: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 51
  52. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử trong 25 số tự hiên đả cho, không có hai số nào bằng nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử a1 a2 a25 Suy ra a1 1,a2 2, ,a25 25 1 1 1 1 1 1 Thế thì (1) a1 a2 a25 1 2 25 Ta lại có 1 1 1 2 25 1 9 (2) 1 2 25 1 1 1 Từ (1) và (2) suy ra < 9, trái với giả thiết. Vậy tồn tại a1 a2 a25 hai số bằng nhau trong 25 số a1,a2, ,a25 . Dạng 5 - Phương pháp lượng giác Bài 1: Giải Biến đổi điều kiện: a2 + b2 - 2a - 4b + 4 = 0 (a-1)2 + (b-2)2 = 1 a 1 sin a 1 sin 2 2 Đặt A sin cos 2 3sin cos b 2 cos b 2 cos 3 1  A 3sin 2 cos2 2 sin 2 cos2 2sin(2 ) 2 (đpcm) 2 2 6 Bài 2: Giải: Biến đổi bất đẳng thức: a2 + b2 + 2(b-a) - 1 (a-1)2 + (b + 1)2 1 a 1 R sin a R sin 1 2 2 2 Đặt với R 0 (a 1) (b 1) R b 1 R cos b R cos 1 Ta có: 5a 12b 7 13 5(R sin 1) 12(R cos 1) 7 13 5 12 5 5R sin 12R cos 13 1 R sin cos R sin arccos R 13 13 13 Từ đó (a-1)2 + (b+1)2 = R2 1 a2 + b2 + 2(b - a) - 1 (đpcm) Bài 3: Giải: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 52
  53. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Từ đk 1 - a2 0 |a| 1 nên Đặt a = cos với 0  1 a 2 = sin . Khi đó ta có: A=2 3a 2 2a 1 a 2 2 3 cos2 2cos sin 3(1 cos2 ) sin 2  3 1   =2 cos2 sin2  3 2sin 2 3 3 2 A 3 2 (đpcm)  2 2  3 Bài 4: Giải: Do |a| 1 nên : 1    3 Đặt a = với 0;  , a 2 1 tg2 tg . Khi đó: cos  2  2 a 2 1 3  A = (tg 3)cos sin 3 cos 2sin 2 (đpcm) a 3 Bài 5: Giải: Do |a| 1 nên: 1    3 Đặt a = với 0;  , a 2 1 tg2 tg . Khi đó: cos  2  2 5 12 a2 1 5(1 cos2 ) A = = (5-12tg )cos2 = 5cos2 -12sin cos = 6sin2 a2 2 5 13 5 12 5 13 5 = cos 2 sin 2 cos 2 arccos 2 2 13 13 2 2 13 5 13 5 13 5 5 13 - 4 = ( 1) A cos 2 arccos .1 9 (đpcm) 2 2 2 2 13 2 2 Bài 6: Giải: Đặt a = tg , b = tg, c = tg. Khi đó bất đẳng thức | tg tg | | tg tg | | tg tg | (1 tg 2 )(1 tg 2) (1 tg 2)(1 tg 2 ) (1 tg 2 )(1 tg 2 ) Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 53
  54. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán sin( ) sin( ) sin( ) cos cos. coscos . cos  cos . cos .cos cos.cos  cos .cos sin( -)+sin(-) sin(- ). Biến đổi biểu thức vế phải ta có: sin(- )= sin[( -)+(-)] = sin( -)cos(-)+sin(-)cos( -) sin( -)cos(-)+sin(-)cos( -)=sin( -)cos(-)+sin(-)cos( -) sin( -).1 + sin(-).1 = sin( -) + sin(-) (đpcm) Bài 7: Giải: cd ab cd 1 (1) 1 ab 1 (a c)(b d) (a c)(b d) c b c b 1 1 1 1 a d a d c d  Đặt tg2 = , tg2= với , 0, Biến đổi bất đẳng thức a b 2 1 tg2 .tg2 cos2 cos2  sin2 sin2  1 (1 tg2 )(1 tg2) (1 tg2 )(1 tg2) cos cos + sin sin = cos( -) 1 đúng (đpcm) c d Dấu bằng xảy ra cos( -) = 1 = . a b Bài 8: Giải: (a b)(1 ab) (tg tg)(1 tg tg) Đặt a = tg , b = tg. Khi đó (1 a2 )(1 b2 ) (1 tg2 )(1 tg2) sin( ) cos .cos sin .sin = cos2 cos2 . . cos .cos cos .cos 1 1 = sin( )cos( ) sin2( ) (đpcm). 2 2 Dạng 6 – Phương pháp qui nạp Bài 1: Giải: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 54
  55. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 1 Với n =2 ta có 1 2 (đúng) 4 2 Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k+1 Thật vậy khi n =k+1 thì: 1 1 1 1 1 (1) 2 12 22 k 2 (k 1)2 k 1 Theo giả thiết quy nạp: 1 1 1 1 1 1 1 2 2 12 22 k 2 (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 2 k(k 2) (k 1) k2+2k<k2+2k+1 (k 1) 2 k Điều này đúng .Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh Bài 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 k 1 k 1 a b a b (1) 2 2 k a b a b ak 1 bk 1 . (2) 2 2 2 ak bk a b ak 1 abk akb bk 1 ak 1 bk 1 Vế trái (2) . 2 2 4 2 ak 1 bk 1 ak 1 abk akb bk 1 0 2 4 k k a b . a b 0 (3) Ta chứng minh (3) (+) Giả sử a b và giả thiết cho a -b a b k k k k k a b b (a b )(a b) 0 k k k k (+) Giả sử a < b và theo giả thiết a < b a b a b Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 55
  56. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán k k a b . a b 0 Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm) Bài 3: Giải: Với n = 1 ta có a2 b2 c2 (định lý Pitago). Vậy với n = 1 a2 b2 c2 đúng Ta giả sử BĐT đúng với n= k nghĩa là ta có: a2k b2k c2k xét với n = k +1 ta có: a2(k 1) b2(k 1) (a2k b2k )(a2 b2 ) a2a2k b2b2k c2k .c2 c2(k 1) Vậy BĐT đúng với n = k +1. điều phải chứng minh. Dạng 7 - Phương pháp áp dụng các tính chất của các dãy tỉ số bằng nhau Giải a a a c Ta biết với a, b, c dương và 1 b b b c a a c Vì b b c ab ac ab bc a c ac bc 1 b c Vậy với a, b, c, d > o thì: a b c d 1 , 1 , 1 , 1 a b c b c d c d a d a b Do đó ta được: a a a d a b c d a b c a b c d b b b a a b c d b c d b c d a c c c b a b c d c d a c d a b d d d c a b c d d a b d a b c Cộng từng vế bốn đẳng thức trên ta được: a b c d 1 2 (đpcm). a b c b c d c d a d a b Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 56
  57. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Bài 2: Giải: a b a b a a b b Không mất tính tổng quát ta giả sử : Từ : c d c d c c d d a 1 vì a + b = c + d c b a b Nếu: b 998 thì 998 999 d c d a b 1 999 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 Bài 3: Giải: a c ab cd ab ab cd cd c Từ 0 Suy ra (2) đúng vậy nên (1) cũng đúng. Bài 2: Giải: Theo giả thiết ta có: (p2 a2 b2)(q2 c2 d2) 0 Ta có thể giả sử: (p2 a2 b2) 0 Và p 0 Đặt f(x) (p2 a2 b2)x2 2(pq ac bd)x (q2 c2 d2) Ta có:f(x) (px q)2 (ax c)2 (bx d)2 Đặt: p Ta có: 2 2 x0 f(x0) (ax0 c) (bx0 d) 0 q Suy ra D 0 , tức là (1) đúng. Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 57
  58. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Dạng 9 – Phương pháp dùng tính chất bắc cầu Bài 1: Giải Ta có: (1 a)(1 b) 1 a b ab 1 a b (1) Vì 1 c 0 nên: (1 a)(1 b)(1 c) (1 a b)(1 c) (2) (1 a b)(1 c) 1 a b c c(a b) 1 a b c (3) Từ (2) và (3) ta suy ra:(1 a)(1 b)(1 c) 1 a b c Vậy: (1 a)(1 b)(1 c)(1 d) (1 a b c)(1 d) 1 a b c d Vì d(a b c) 0 Bài 2: Giải Vì a b c 3 nên có ít nhất một trong 3 bộ số a, b, c không nhỏ hơn 1, giả sử a 1 Vì 1 a 2 nên (a 1)(a 2) a2 3a 2 0 a(3 a) 2 Suy ra ab bc ca a(b c) bc a(3 a) bc 2 (1) a2 b2 c2 (a b c)2 2(ab bc ca) Vậy theo (1). 9 2(ab bc ca) 5 Bài 3: Giải áp dụng công thức Hê - rông về tính diện tích tam giác: a b c 1 S p( p a)( p b)( p c) Với p theo giả thiết. 2 2 1 1 1 1 Do đó: S 2 ( a)( b)( c) 2 2 2 2 16S 2 (1 2a)(1 2b)(1 2c) 1 2a 2b 2c 4ab 4ac 4bc 8abc 1 4(ab bc ac) 8abc 0 1 Suy ra: 4abc 2ab 2bc 2ca 2 Mà 2ab+2bc+2ca=(a b c)2 (a2 b2 c2 ) 1 (a2 b2 c2 ) 1 1 Nên 4abc 1 a2 b2 c2 a2 b2 c2 4abc 2 2 Bài 4: Giải Nếu a 1 thì từ b c a 1 suy ra a+b+c >2, vô lý. Vậy 0 < a < 1. Tương tự ta có: 0 < b < 1 và 0 < c < 1. Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 58
  59. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Ta có: (1 a)(1 b)(1 c) 1 a b c ab bc ca abc 0 suy ra abc ab bc ca 1 vì a b c 2 (1) Mà 4 (a b c)2 a2 b2 c2 2(ab bc ca), suy ra : 1 ab bc ca 2 (a2 b2 c2 ) (2) 2 Từ (1) và (2) ta suy ra: 1 abc 1 (a2 b2 c2 ) a2 b2 c2 2abc 2 2 Dạng 10 - Phương pháp dùng các bất đẳng thức trong tam giác Bài 1: Giải Ta có: a b (a b c)2 (b b c)2 (2b c)2 (2b c)2 9bc 4b2 5bc c2 0 Ta chứng tỏ (b c)(4b c) 0 Kết quả trên luôn đúng vì b c b c 0 và 4b c 2b b a c 0 do b a và c a b . Vậy (a b c)2 9bc Bài 2: Giải Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên: 0 a b c a b c P 0 0 b a c a c b Q 0 0 c a b b c a R 0 Theo bất đẳng thức Cosi ta có: P Q P Q 2 P R P R 2 R Q Q R 2 P Q P R R Q . . P2Q2R2 PQR 2 2 2 bca (a b c)(b c a)(a c b) Điều phải chứng minh. Bài 3: Giải Đặt f p pa2 qb2 pqc2 vì p + q = 1 q 1 p Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 59
  60. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán f ( p) pa2 (1 p)b2 p(1 p)c2 c2 p2 (a2 b2 c2 ) p b2 Là một tam thức bậc hai theo p có biệt số (a2 b2 c2 )2 4b2c2 (a2 b2 c2 2bc)(a2 b2 c2 2bc) 2 2 2 2 a (b c)  a (b c)  a b c (a b c)(a b c)(a b c) Trong một tam giác ta có: 0 a b c a b c 0 0 b a c a b c 0 0 c a b a b c 0 a b c (a b c)(a b c)(a b c) <0 < 0 f ( p) 0 p pa2 qb2 pqc2 với mọi p, q thoả mãn: p + q = 1. Giải Ta có: a3 (b2 c2 ) b3 (c2 a2 ) c3 (a2 b2 ) 0 (1) a3 (b c)(b c) b2c2 (b c) a2 (b3 c3 ) 0 3 2 2 2 2 2 (b c)a (b c) b c a (b bc c ) 0 2 2 2 2 2 (b c)a b(a c) a c(a c) b (a c ) 0 2 2 (b c)(a c)ab(a b) c(a b ) 0 (a b)(b c)(a c)(ab ca cb) 0 (2) Kết quả (2) luôn đúng với 0 < a < b < c. Nên bất đẳng thức (1) được chứng minh. Giải Ta có: 2 2 2 2 2 2 (1) a[(b c) a ] b[(c a) b ] c (a b) c  0 a(b c a)(b c a) b(c a b)(c a b) c(a b c)(a b c) 0 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 60
  61. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán (a b c)a(b c a) b(a b c) c(a b c) 0 2 2 2 (a b c)c a b 2ab 0 2 2 (a b c)c (a b)  0 (2) Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên a b c a b c 0 2 2 c a b c (a b) 0 Vậy (2) đúng nên BĐT (1) được chứng minh. Dạng 11 – Phương pháp đổi biến số Bài 1 Giải: 2 2 x 2 y 2 1 x y Đặt : a = và b = 2 2 (1 x 2 )(1 y 2 ) (1 x )(1 y ) (x 2 y 2 )(1 x 2 y 2 ) => ab = (1 x 2 ) 2 (1 y 2 ) 2 1 2 1 2 Ta có dễ thấy với mọi a, b thì : - (a b) ab (a b) 4 4 2  2  Mà : (a - b)2 = 1  x 2 1 2  2  2 (a + b) = 1 2   y 1 1 1 Suy ra : - ab . 4 4 Bài 2: Giải 1 1 Ta có : = 2x y z (x y) (x z) 1 1 1 1 1 1 1 1 ≤ ( + ) ≤ ( + + + ) 4 x y y z 16 x y z z Tương tự: 1 ≤ 1 (1 + 1 + 1 + 1 ) x 2y z 16 x y z z Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 61
  62. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 ≤ 1 (1 + 1 + 1 + 1 ) x y 2z 16 x y z z Cộng theo vế 3 BĐT trên: 1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ . 4 ( + ) 2x y z x 2y z x y 2z 16 x y z 1 1 1 Mà + = 4 x y z 1 1 1 Vậy + + ≤ 1 2x y z x 2y z x y 2z 4 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = . 3 Bài 3: Giải 1 a x 1 b Ta đặt y với x, y, z 0 và do abc 1 nên xyz 1 1 c z x2 y2 z2 3 Nên BĐT y z z x x y 2 Mặt khác theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có: 2 2 2 x y z 2  y z z x x y  x y z y z z x x y x2 y2 z2 x y z 33 xyz 3 y z z x x y 2 2 2 Vậy BĐT được chứng minh. Dấu “=” xảy ra a b c 1 Bài 4: Giải Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 62
  63. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán a x a b c b y Từ giả thiết ta có thể đặt: a b c với a,b,c >0 c z a b c a b c a b c a b c Nên BĐT CM 4. 9. 36 a b c b c a c a b 4. 4. 9. 9. 22 a a b b c c b a c a c b b a c a c b 4. 9. 4. 9. 2 .4. 2 .9. 2 4. .9. 22 (đúng) a b a c b c a b a c b c 1 x 6 b 2a 1 y Dấu “=” xảy ra c 3a 3 1 z 2 Bài 5: Giải 1 1 1 Từ xyz x y z 2 1 1 x 1 y 1 z 1 1 1 Ta đặt a, b, c với a,b,c 0 1 x 1 y 1 z 1 a b c 1 b a c 1 c a b x , y , z a a b b c c a b b c c a 3 Nờn BĐT cần CM CM BĐT . . . b c c a c a a b a b b c 2 a b 1 a b Mặt khỏc ta cú: . b c c a 2 a c b c Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 63
  64. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán b c 1 b c . c a a b 2 b a c a c a 1 c a . a b b c 2 c b a b Nờn a b b c c a 1 a b b c c a 3 . . . b c c a c a a b a b b c 2 a c b c b a c a c b a b 2 Vậy BĐT luụn đỳng Dấu “=” xảy ra x y z 2 . Dạng 12 – Phương pháp làm trội (chứng minh bất đẳng thức có n số hạng). Hướng dẫn: Bài 1: a. Ta có: 1 1 2k 1 (2k 1) 1 1 1 . 2n 1 . 2n 1 2 (2k 1).(2k 1) 2 2k 1 2k 1 Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có 1 1 1 1 2 1 . 1 1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2 2n 1 2 b. Ta có: 1 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 2 2 3 n 1 n n Các BT ứng dụng của Bất đẳng thức I - Tìm GTLN – GTNN Giải Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có: x+ y + z 33 xyz 1 1 3 xyz xyz 3 27 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có: x y . y z . z x 33 x y . y z . x z 2 33 x y . y z . z x Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 64
  65. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 Dấu bằng xảy ra khi x=y=z= 3 8 1 8 Vậy S . 27 27 729 8 1 Vậy S có giá trị lớn nhất là khi x=y=z= . 729 3 Bài 2: Giải áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 số (x,y,z) ;(x,y,z) 2 2 Ta có xy yz zx x2 y2 z2 2 2 2 2 1 x y z áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho (x2 , y2 , z2 ) và (1,1,1) Ta có: (x2 y2 z2 )2 (12 12 12 )(x4 y4 z4 )  (x2 y2 z2 )2 3(x4 y4 z4 ) Từ (1) và (2) 1 3(x4 y4 z4 ) 1 x4 y4 z4 3 1 3 Vậy x4 y4 z4 có giá trị nhỏ nhất là khi x=y=z= 3 3 Bài 3: Giải A = x2 – 2xy + 3y2 – 2x – 10y + 20 = (x- y -1 )2 + 2(y- 3)2 + 1 mà (x- y -1 )2 ≥ 0 và (y- 3)2 ≥ 0 vậy x2 – 2xy + 3y2 – 2x – 10y + 20 ≥ 1 x y 1 0 x 4 dấu ‘ =’ xảy ra y 3 0 y 3 Vậy Amin =1 khi x= 4 , y = 3 Bài 4: Giải x 2 x 1 Có D = xác định với mọi x và luôn dương x 2 1 Ta có: A(x2+1) = x2 +x +1 (A-1)x2 - x +A -1 =0 + Nếu A=1 thì x =0 và ngược lại + Nếu A 1 muốn tồn tại x thì điều kiện cần và đủ: 1- 4(A-1)2 0 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 65
  66. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 3 4A2 -8A + 3 0 A 2 2 3 1 Vậy Amax= Amin= 2 2 (Khi x=1) (khi x=-1) Bài 5: Giải Gọi a là số tự nhiên cần tìm Ta có a= 29 q +5 =31 q’ =28 (q, q, N ) 29(q q , ) 2q , 23 q q , là số lẻ ; q-q, 1 A nhỏ nhất khi q, nhỏ nhất. Lúc đó 2q, =29(q-q,) -23 cũng nhỏ nhất Hay q-q, nhỏ nhất q-q, =1 và 2q, = 29-23 =6 Vậy : q, =3 và a =121 là số cần tìm II - Giải phương trình và hệ phương trình: Bài 1: Giải a b áp dụng : Nếu a, b > 0 thì : 2 b a 3 2 1 (2)  ( )(3x 2y z) 36 x y z x y x z y z  6 ( ) 3( ) 2( ) 22 y x z x z y x y ( ) 12 Mặt khác : vì x, y, z > nên 6 y x x z z y Và 3( ) 6 ; 2( ) 4 z x y z x y x z y z Nên ( ) 3( ) 2( ) 22 y x z x z y Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = z , thay vào (1) ta được: x + x2 + x3 = 14 (x - 2)(x2 + 3x + 7) = 0 x - 2 = 0 x = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x = y = z = 2 Bài 2: Giải 2 Ta có 3x2 6x 19 3.(x 2x 1) 16 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 66
  67. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 3.(x 1)2 16 16 5x2 10x 14 5. x 1 2 9 9 Vậy 4. 3x2 6x 19 5x2 10x 14 2 3 5 Dấu ( = ) xảy ra khi x+1 = 0 x = -1 Vậy 4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 4 2x x2 khi x = -1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1 Bài 3: Giải áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có: x 2 x2 12 12 . x2 2 x2 2. 2 2 Dấu (=) xảy ra khi x = 1 2 Mặt khác 4y2 4y 3 2y 1 2 2 1 Dấu (=) xảy ra khi y = - 2 2 2 1 Vậy x 2 x 4y 4y 3 2 khi x =1 và y =- 2 x 1 Vậy nghiệm của phương trình là 1 . y 2 Bài 4: Giải áp dụng BĐT Cosi ta có: x4 y4 y4 z4 z4 x4 x4 y4 z4 2 2 2 x2 y2 y2 z2 z2 x2 x2 y2 y2 z2 z2 y2 z2 z2 x2 z2 y2 x2 2 2 2 y2 xz z2 xy x2 yz xyz.(x y z) Vì x+y+z = 1 Nên x4 y4 z4 xyz 1 Dấu (=) xảy ra khi x = y = z = 3 x y z 1 1 Vậy 4 4 4 có nghiệm x = y = z = x y z xyz 3 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 67
  68. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Bài 5: Giải Từ phương trình (1) 8 y2 0 hay y 8 Từ phương trình (2) x2 2 x . y 2 2 x x2 2 2 x 22 0 ( x 2)2 0 x 2 x 2 Nếu x = 2 thì y = 22 , nếu x = -2 thì y = -2 2 x 2 x 2 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm và . y 2 y 2 2 III – Tìm nghiệm nguyên của phương trình: Giải Không mất tính tổng quát ta giả sử x y z 1 1 1 3 Ta có 2 2z 3 x y z z Mà z nguyên dương vậy z = 1 1 1 Thay z = 1 vào phương trình ta được 1 x y 1 1 1 Theo giả sử x y nên 1 = y 2 mà y nguyên dương x y y Nên y = 1 hoặc y = 2 Với y = 1 không thích hợp Với y = 2 ta có x = 2 Vậy (2 ,2,1) là một nghiệm của phương trình Hoán vị các số trên ta được các nghiệm của phương trình là (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2). Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 68
  69. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Phần V - Bài tập tự giải ở phần trên tôi đã giới thiệu các phương pháp cũng như bài tập và ví dụ cụ thể còn ở phần Bài tập tự giải này tôi sẽ cung cấp một số bài tập tổng hợp để cho học sinh luyện tập, giúp học sinh tự tư duy và tìm ra phương pháp giải thích hợp. ở phần BT này tôi không giải chi tiết mà chỉ hướng dẫn, gợi ý để giúp học sinh tự vận dụng các phương pháp chứng minh ở trên để lựa chọn cách chứng minh cho bài toán đó. 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) x2 y2 z2 xy yz zx b) x2 y2 z2 2xy 2yz 2zx c) x2 y2 z2 3 2(x y z) d) x2 y2 z2 t2 k2 x(y z t k) x2 y2 z2 x y z e) ( )2 3 3 2. Cho và a1 a2 a3 b1 b2 b3 a a b b a b a b a) 1 2 . 1 2 1 1 2 2 2 2 2 a a a b b b a b a b a b b) 1 2 3 . 1 2 3 1 1 2 2 3 3 3 3 3 áp dụng: (x y)(x3 y3)(x7 y7) 4(x11 y11) Với x,y >0 3Cho a,b,c,d 0 Thoã a c d, b c+d Chứng minh: ab ad bc 5 4. Cho a,b,c >0 thoã a2 b2 c2 .Chứng minh: 3 1 1 1 1 a b c abc 5.Cho 0 a,b,c 1 . Chứng minh rằng: 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a . 6. Chứng minh rằng: a) (a c)2 (b d)2 a2 b2 c2 d2 1 1 2 b) Với (xy 1) 1 x2 1 y2 1 xy 7. Cho 0 < a < b < c. Chứng minh rằng: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 69
  70. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán a) a3(b2 c2) b3(c2 a2) c3(a2 b2) 0 1 1 1 1 1 b) b( ) (a c) (a c)( ) a b b a c 8. Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác.Chứng minh rằng: a) a2 b2 c2 2(ab bc ca) b) abc (a b c)(b c a)(c a b) c) a3 b3 c3 2abc a2(b c) b2(c a) c2(a b) d) a(b c)2 b(c a)2 c(a b)2 a3 b3 c3 e) 2a2b2 2b2c2 2c2a2 a4 b4 c4 0 9. Cho 0 a,b,c,d 1 Chứng minh rằng: (a b c d)2 4(a2 b2 c2 d2) 10. Cho a , a >0 và 2 2 .Chứng minh rằng: 1 2 a1c1 b1 , a2b2 b2 ( 2 (a1 a2)(c1 c2) (b1 b2) 11. Cho a, b, c >0. Chứng minh: a b c 3 b c c a a b 2 12. a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh: a b c 3 b c a a c b a b c 13. Cho a, b, c, d >0 và abcd=1. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 d2 a(b c) b(c d) d(c a) 10 14. Cho tam giác ABC. Lấy điểm M ở trong tam giác, các đường thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh của tam giác lần lượt A1, B1, C1. Chứng minh rằng: AM BM CM 6 A1M B1M C1M 15. Cho a,b>0 và x+y=1. Chứng minh rằng: 2 3 14 ab a2 b2 16. Chứng minh điều kiện cần và đủ để các số a, b, c cùng dấu là 1 1 1 ab+bc+ca>0 và 0 ab bc ca 17. Chứng minh rằng không tồn tại 3 số x,y,z đồng thời thoã mãn ba bất đẳng thức sau: x y z , y z x , z x y 18. Cho 0<a,b,c<1. Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là 1 1 1 sai: a(1 b) , b(1 c) , c(1 a) 4 4 4 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 70
  71. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 19. Cho 4 số a,b,c,d thoã 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 20. Chứng minh rằng một trong các bất đẳng thức sau là đúng: 1 1 1 a2 b2 (b c)2, b2 c2 (c a)2, c2 a2 (a b)2 2 2 2 21. Cho a, b >0 . Chứng minh 1 a b a b a b ( ) 2 1 a 1 b 1 a b 1 a 1 b 22. Cho a, b, c >0 . Chứng minh a b c d A a b c b c d c d a d a b Không là số nguyên. 23. Cho a ,b ,c là độ dài của 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng: a b c 1 2 b c c a a b 24.Cho n là số nguyên dương, chứng minh: 1 1 1 1 n n 1 n2 25. Chứng minh rằng: 5 1 1 1 a) Với n 1 11 13 n2 (n 1)2 2 1 1 1 1 b) Với n 1 9 16 (2n 1)2 4 1 1 c) 2( n 1 1) 1 2 n 1(n 2) 2 n 26. Cho 2 an (n 1,2, ) (2n 1)( n n 1) Chứng minh rằng: n a1 a2 an n 2 1 27. Cho a>b>0. Chứng minh rằng: a 3 b(a b) 28. Cho a,b,c >0, a+b+c=1. Chứng minh rằng: 1 1 1 (1 )(1 )(1 ) 64 a b c 29. Cho a1, a2 ,a3 ,a4 , a5 >0 Có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 71
  72. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 1 1 1 1 ( 1)( 1)( 1)( 1)( 1) 1024 a1 a2 a3 a4 a5 30. Cho hình thang ABCD có AD//BC có diện tích S. Gọi E là giao điểm của hai đường chéo. Chứng minh rằng 1 SABE S 4 31. Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác có chu vi 2p. Chứng minh rằng: p p a p b p c 3p 32. Cho 3x-4y =7 .Chứng minh rằng: 3x2 -4y2 7 Hướng dẫn – Gợi ý BT tự giải Sử dụng phương pháp định nghĩa và phép biến đổi tương đương 1. a) (x y)2 (y z)2 (z x)2 0 b) (x y z)2 0 c) (x 1)2 (y 1)2 (z 1)2 0 x x x x d) ( y)2 ( z)2 ( t)2 ( k)2 0 2 2 2 2 e) (x y)2 (y z)2 (z x)2 0 2. Sử dụng phương pháp định nghĩa và phép biến đổi tương đương a) 1 1 1 1 (a1b1 a2b2) (a1 a2) (b1 b2) (a1 a2)(b1 b2) 0 2 2 2 4 b) (a1 a2)(b1 b2) (a2 a3)(b2 b3) (a1 a3)(b1 b3) 0 3. Sử dụng phương pháp định nghĩa và phép biến đổi tương đương a c d,b d c (a c)(b d) cd điều phải chứng minh. 4. Sử dụng phương pháp định nghĩa và phép biến đổi tương đương 1 5 (a b c)2 0 ac bc ab (a2 b2 c2) 1 2 6 5. Sử dụng phương pháp định nghĩa và phép biến đổi tương đương (1 a2)(1 b) 1 a2b a2 b a3 b3 Tương tự: 1 b2c b3 c3,1 c2a c2 a3 .cộng lại được điều phải chứng minh 6. Sử dụng phương pháp định nghĩa và phép biến đổi tương đương a)ac bd (a2 b2)(c2 d2) đúng b) (x y)2(xy 1) 0 7 Sử dụng phương pháp định nghĩa và phép biến đổi tương đương và các Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 72
  73. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán a)(a b)(c a)(c b)(ab bc ca) 0 vì (0 a b c ); b)(a c)(b c)(b a) 0 8. Sử dụng phương pháp định nghĩa và phép biến đổi tương đương và các Bất đẳng thức trong tam giác. 2 a)a2 a(b c), b b(b c), c2 c(c a) cộng lại được điều phải chứng minh; (a b c)(b c a) b2 b) (b c a)(c a b) c2 (c a b)(a b c) a2 Nhân các vế bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh c) (a b c)(a b c)(a c b) 0 d)(a b c)(b c a)(a c b) 0 e) (a b c)(a b c)(a c b)(b c a) 0 9.áp dụng Bất đẳng thức phụ áp dụng (x y)2 4xy và x x2 khi 0 x 1 10. áp dụng (x y)2 4xy 11. .áp dụng Bất đẳng thức phụ Chia ra 3 bất đẳng thức nhỏ sau đó: 1 1 1 Cộng vế theo vế và áp dụng (x y z)( ) 9 (x, y, z 0) x y z 12. áp dụng phương pháp đổi biến số x y Đặt x b c a, y a c b, z a b c và áp dụng 2 với x, y 0 y x 1 1 13. Ta có cd nên a2 b2 c2 d 2 2(ab cd) 2(ab ) 4 ab ab 1 1 1 Và a(b c) b(c d) d(c a) (ab ) (ac ) (bc ) 6 ab ac bc 14. Gọi S, S1, S2 , S3 lần lượt là diện tích các tâm giác ABC, MBC, MAC, MAB. Ta có: AA S AM AA MA S S S S 1 1 1 2 3 A1M S1 A1M A1M S1 S1 BM CM 1 Tương tự cho và Sau đó áp dụng x 2 (x > 0). B1M C1M x 2 3 4 3 1 1 1 15. 2( ) ab a2 b2 2ab a2 b2 2ab 2ab a2 b2 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 73
  74. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 1 1 4 áp dụng (x y)2 4xy và (x, y 0) x y x y 16. Sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng Xét hai trường hợp TH1: abc 0 thì a > 0, b > 0, c > 0 TH2: abc < 0 thì a < 0, b < 0, c < 0. 17. Bình phương hai vế của bất đăng thức đã cho, chuyển về vế trái rồi nhân lại 1 1 1 18. 0 a(1 a) (a ) 4 2 4 19. a2 c2 4(b d) 2ac Vô lý 1 1 1 20. Giả sử a2 b2 (b c)2 , b2 c2 (c a)2 , c2 a2 (c a)2 2 2 2 Cộng lại ta được: (a b)2 (b c)2 (c a)2 0 , vô lý ! 21. Sử dụng các tính chất đặc biệt của tỉ lệ thức. a a b b a b , 1 a 1 a b 1 b 1 a b 22. Sử dụng các tính chất đặc biệt của tỉ lệ thức a a a d . tương tự cho các BĐT khác rồi cộng lại a b c d a b c a b c d ta được: 1 < A < 2 a a a a 23. Tương tự bài 22: a b c b c a b c 24. Sử dụng phương pháp làm trội 1 1 1 1 1 1 1 n2 n 1 n n 1 n2 n n2 n2 n n2 25. Sử dụng phương pháp làm trội 1 1 1 1 1 a) ( ); k 2 (k 1)2 2k 2 2k 1 2 k k 1 1 1 1 1 1 1 b) ( ); (2k 1)2 4k 2 4k 1 4k(k 1) 4 k k 1 1 1 1 c) k 1 k 2( k 1 k ) và 2 k 1 2 k k 1 2( k 1 k ) k 1 26. Sử dụng phương pháp làm trội Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 74
  75. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán 2( k 1 k ) 1 1 ak 4k 2 4k 1 k k 1 27. Sử dụng BĐT Cosi 1 1 a (a b) b 3 b(a b) b(a b) 28. Sử dụng BĐT Cosi 1 a b c b c bc a 1 1 1 4 4 a a a a a2 29. Sử dụng BĐT Cosi 1 a a a a a a a a a 4 4 a a a a 1 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2 3 4 5 a1 a1 a1 a1 a1 a1 a1 30. Sử dụng BĐT Cosi 4 2 2 2 S ABE x y Chỉ cần chứng minh S ABE SCEB .S AED và 4 , S (x y) với x = BC, y = AD 31. Sử dụng BĐT Bunhiacopsky (1. p a 1. p b 1. p c)2 3p 32. Sử dụng BĐT Bunhiacopsky 49 (3x 4y)2 ( 3 3x ( 2).2y)2 7(3x2 4y2 ) . Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 75
  76. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Tài liệu tham khảo    1. toán nâng cao và các chuyên đề đại số 8 NXB giáo dục: 2000 Tác giả: Nguyễn Ngọc Đạm – Nguyễn Việt Hải – Vũ Dương Thụy 2. toán nâng cao đại số 279 bài toán chọn lọc nhà xuất bản trẻ – 2005 Võ Đại Mau 3. Các bài toán phát triển bồi dưỡng học sinh giỏi Đại số 9 Tác giả: Võ Đại Mau 4. Chuyên đề bất đẳng thức và ứng dụng Nhà xuất bản trẻ – 1998 Tác giả: Võ Đại Mau 5. Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học cơ sở Nhà xuất bản giáo dục - 2005 Tác giả: Nguyễn Vũ Thanh Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 76
  77. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Mục lục Lời nói đầu 1 Phần I - kiến thức cơ bản 2 I – Một số bất đẳng thức cần nhớ: 2 II - Một số bất đẳng thức phụ đã được chứng minh là đúng. 3 III – Các bất đẳng thức trong tam giác 3 IV – Các hàm lượng giác thông dụng 3 V – Các tính chất cơ bản 3 VI – Các hằng đẳng thức đáng nhớ 3 VII – Các kiến thức về toạ độ vec tơ 3 VIII – Các kiến thức về tính chất của tỉ lệ thức: 3 Phần II – Các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức 4 Dạng 1- Dựa vào định nghĩa và các phép biến đổi tương tương đương 5 Dạng 2 – Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpsky và các bất đẳng thức phụ 7 Dạng 3 – sử dụng bất đẳng thức Cauchy 11 Dạng 4 – Chứng minh bằng phản chứng 13 Dạng 5 – Phương pháp lượng giác 16 Dạng 6 – Phương pháp chứng minh qui nạp 20 Dạng 7 - Phương pháp áp dụng các tính chất của các dãy tỉ số bằng nhau 22 Dạng 8 – Phương pháp dùng tam thức bậc hai 24 Dạng 9 – Phương pháp dùng tính chất bắc cầu 25 Dạng 10 – Phương pháp dùng các bất đẳng thức trong tam giác 27 Dạng 11 – Phương pháp đổi biến số 30 Dạng 12 - Phương pháp làm trội (chứng minh bất đẳng thức có n số hạng).33 Phần III – ứng dụng của Bất đẳng thức 37 I - Dùng BĐT để tìm GTLN và GTNN 37 II – Dùng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình 39 III – Dùng BĐT để giải phương trình nghiệm nguyên 41 Phần IV - giải và hướng dẫn giải BT áp dụng 44 Dạng 1 – Dựa vào định nghĩa và các phép biến đổi tương đương 44 Dạng 2 – Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky và bất đẳng thức phụ 46 Dạng 5 - Phương pháp lượng giác 52 Dạng 6 – Phương pháp qui nạp 54 Dạng 7 - Phương pháp áp dụng các tính chất của các dãy tỉ số bằng nhau 56 Dạng 8 – Phương pháp dùng tam thức bậc hai 57 Dạng 9 – Phương pháp dùng tính chất bắc cầu 58 Dạng 10 - Phương pháp dùng các bất đẳng thức trong tam giác 59 Dạng 11 – Phương pháp đổi biến số 61 Dạng 12 – Phương pháp làm trội (bất đẳng thức có n số hạng) 64 Các BT ứng dụng của Bất đẳng thức 64 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 77
  78. chuyên đề bất đẳng thức - ĐSSC và thực hành giải toán Phần V - Bài tập tự giải 69 Hướng dẫn – Gợi ý BT tự giải 72 Tài liệu tham khảo 76 Mục lục 77 Sinh viên: Nguyễn Mạnh Hùng Lớp: CĐSP Toán Tin K48 Trang 78