ĐỀ TÀI ÁP DỤNG GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐẠI SỐ Ở TRƯỜNG THCS
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (284.63 KB, 36 trang )
A. MỞ ĐẦU
1) Lý do chọn đề tài.
Ngày nay sự phát triển của tất cả các ngành khoa học cơ bản cũng như ứng
dụng vào tất cả các ngành công nghiệp then chốt như: dầu khí, viễn thông, hàng
không, đều không thể thiếu Toán học và càng gắn bó với Toán học. Sự ra đời và
phát triển mạnh mẽ của công nghệ thông tin đã dẫn đến sự bùng nổ các ứng dụng
của Toán học, đưa lại hiệu quả to lớn cho đời sống xã hội.
Toán học có vị trí đặc biệt trong việc nâng cao và phát triển dân trí. Toán học
không chỉ cung cấp cho học sinh (người học Toán) những kỹ năng tính toán cần
thiết mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện khả năng tư duy lôgic, một phương
pháp luận khoa học.
Trong việc dạy học Toán thì việc tìm ra những phương pháp dạy học và giải
bài tập Toán đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc, hệ thống bài tập, sử dụng đúng
phương pháp dạy học để góp phần hình thành và phát triển tư duy của học sinh.
Đồng thời qua việc học Toán học sinh cần được bồi dưỡng, rèn luyện về phẩm chất
đạo đức, các thao tác tư duy để giải các bài tập Toán trong đó có các bài toán về bất
đẳng thức cũng là một trong những bài toán hay giúp học sinh phát huy cao độ tính
tư duy, trí tuệ cho học sinh.
Tuy nhiên giải toán bất đẳng thức là bài toán khó vì phạm vì kiến thức rộng
đặc biệt là với học sinh T.H.C.S. Là giáo viên dạy ở THCS tôi thấy thực trạng khi
dạy toán bất đẳng thức đó là:
- Giáo viên khi dạy về bất đẳng thức chỉ chữa bài tập là xong, ít khai thác,
phân tích đề tài mở rộng bài toán mới dẫn đến khi học sinh gặp bài toán khác một
chút là không giải được.
- Học sinh thường ngại học toán bất đẳng thức vì kiến thức không liền mạch,
phương pháp giải hạn chế, các bài toán bất đẳng thức thường khó, phải áp dụng các
kiến thức khó như: quy nạp toán học, phản chứng, nên học sinh hay ngại và học
sinh chưa vận dụng được toán bất đẳng thức vào để giải các bài toán khó như cực
trị, hàm số,
-
Vì vậy: Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc giải toán bất
đẳng thức là cần thiết. Trong những năm giảng dạy thực tế ở trường phổ thông tôi
đã tích luỹ được một số kiến thức về toán bất đẳng thức xin được trình bày dưới
góc độ nhỏ.
B NỘI DUNG
Phần I: ÁP DỤNG GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐẠI SỐ Ở TRƯỜNG THCS.
I/ MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC.
1. Định nghĩa:
Cho 2 số a và b ta nói:
a lớn hơn b, kí hiệu: a > b
⇔
a - b > 0.
a nhỏ hơn b, kí hiệu: a < b
⇔
a - b < 0.
2. Các tính chất của bất đẳng thức:
2.1. a > b
⇔
b < a.
2.2. Tính chất bắc cầu: a > b, b > c
⇒
a > c.
2.3. Tính chất đơn điệu của phép cộng: Cộng cùng một số vào hai vế của bất
đẳng thức: a > b
⇒
a + c > b + c.
2.4. Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều được bất đẳng thức mới cùng
chiều với bất đẳng thức đã cho: a > b, c > d
⇒
a + c > b + d.
Chú ý: không được trừ từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều.
2.5. Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều được bất đẳng thức mới
cùng chiều với bất đẳng thức bị trừ.
Nếu a > b, c > d thì a - c > b - d
2.6. Tính chất đơn điệu của phép nhân:
a) Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số dương.
a > b, c > 0
⇒
a.c > b.c
b) Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số âm.
a > b, c < 0
⇒
a.c < b.c
2.7. Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm
Nếu a > b
≥
0, c > d
≥
0 thì ac > bd.
2.8. Nâng lên luỹ thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức
a > b > 0
⇒
a
n
> b
n
.
-
a > b
⇒
a
n
> b
n
với n = 2k ( k
∈
Z).
2.9. So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương
Với m > n > 0:
- Nếu a > 1 thì a
m
> a
n
.
- Nếu a = 1 thì a
m
= a
n
.
- Nếu 0 < a < 1 thì a
m
< a
n
.
2.10. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức nếu hai vế cùng dấu
Nếu a > b > 0 hoặc a < b < 0 thì
<
a
1
b
1
Chú ý: Ngoài các bất đẳng thức chặt (a > b) ta còn gặp các bất đẳng thức
không chặt (a
≥
b) tức là a > b hoặc a = b.
Trong các tính chất nêu trên nhiều tính chất dấu “>” (hoặc dấu “ <”) có thể
thay bởi dấu “
≥
” ( hoặc dấu “
≤
”)
3. Các bất đẳng thức cần nhớ.
3.1. a
2
≤
0, -a
2
≤
0. Xảy ra dấu đẳng thức khi a = 0.
3.2.
a
≥
0. Xảy ra dấu đẳng thức khi a = 0.
3.3. -
a
≤
a
≤
a
. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 0.
3.4.
ba +
≤
a
+
b
. Xảy ra dấu đẳng thức khhi ab
≥
0.
3.5.
ba −
≥
a
-
b
. Xảy ra dấu dẳng thức khhi ab
≥
0;
a
≥
b
.
(Các điều kiện này còn có thể diễn đạt lại là a
≥
b
≥
0 hoặc a
≤
b
≤
0).
Chú ý: Một số bất đẳng thức quan trọng:
a/ a
2
+ b
2
≥
2ab.
b/ (
2
ba +
)
2
≥
ab hay (a + b)
2
≥
4ab (Bất đẳng thức Cô si).
c/
a
1
+
b
1
≥
ba +
1
với a; b > 0.
d/
b
a
+
a
b
≥
2 với ab > 0.
e/ (ax + by)
2
≥
(a
2
+ b
2
).(x
2
+ y
2
). (Bất đẳng thức Bunhia - Côpxki)
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐẠI
SỐ
1. Phương pháp dùng định nghĩa
1.1 Cơ sở toán học:
Để chứng minh A > B ta chứng minh A - B > 0.
Để chứng minh A < B ta chứng minh A - B < 0.
1.2 Ví dụ minh hoạ.
-
Ví dụ 1: Chứng minh rằng (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)
≥
-1.
Giải
Xét hiệu: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1) = [(x-1)(x-2)].[(x-2)(x-3)]
= (x
2
-5x+4)(x
2
-5x+6) + 1.
Đặt (x
2
-5x+5) = y, biểu thức trên được viết lại như sau:
(y-1)(y+1) + 1 = y
2
-1+1 = y
2
≥
0.
⇒
(x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1)
≥
0 hay (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)
≥
-1.
Ví dụ 2: Chứng minh: 2(x
2
+ y
2
)
≥
(x + y)
2
.
Giải
Xét hiệu 2 vế:
2(x
2
+ y
2
) - (x + y)
2
= 2x
2
+ 2y
2
- x
2
- 2xy - y
2
= x
2
- 2xy + y
2
= (x + y)
2
≥
0.
Vậy 2(x
2
+ y
2
)
≥
(x + y)
2
.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu a và b là các số thực không âm thì:
2
ba +
≥
ab
.
Giải
Xét hiệu:
2
ba +
-
ab
=
2
abba −+
=
2
)(
2
ba +
≥
0. Đúng với mọi a; b
≥
0.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Ví dụ 4: Cho a > 0; b > 0. Chứng minh rằng:
.
22
2
33
+
≥
+ baba
Giải
Xét hiệu: A =
( )
( )
( )
8222
3
22
2
33
babababababa +
−
−−+
=
+
−
+
( )( )
.
8
3
4
2444
2
4
2
2
2
2222
22
22
baba
bababababa
baba
baba
ba
−+=
−−−+−+
=
++
−+−
+
=
Vì a > 0; b > 0; (a - b)
2
≥
0 nên A
≥
0.
-
Vậy
.
22
2
33
+
≥
+ baba
1.3. Bài tập tự giải. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
1/
.
22
2
22
+
≥
+ baba
2/ x
3
+ 4x + 1 > 3x
2
với x
≥
3.
3/ Cho a + b = c + d. Chứng minh rằng: c
2
+ d
2
+ cd
≥
3ab.
4/ Với
1
≥≥
ba
thì
.
1
2
1
1
1
1
22
ab
ba
+
≥
+
+
+
2. Phương pháp dùng các tính chất của bất đẳng thức.
2.1. Cơ sở toán học.
- Xuất phát từ các bất đẳng thức đã biết vận dụng các tính chất của bất đẳng
thức để suy ra bất đẳng thức phải chứng minh.
- Thường là áp dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. (Đã nêu ở phần trên)
2.2 Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Cho a + b > 1. Chứng minh a
4
+ b
4
>
8
1
.
Giải
Ta có a + b > 1 > 0. (1)
Bình phương 2 vế của (1) ta được:
(a + b)
2
> 1
⇒
a
2
+ 2ab + b
2
> 1. (2)
Mặt khác: (a - b )
2
≥
0
⇔
a
2
- 2ab + b
2
≥
0. (3)
Cộng từng vế của (2) và (3) ta được: 2(a
2
+ b
2
) > 1
⇒
(a
2
+ b
2
) >
2
1
. (4)
Bình phương hai vế của (4) ta được: a
4
+ 2a
2
b
2
+ b
4
>
4
1
. (5)
Mặt khác: (a
2
- b
2
)
2
≥
0
⇔
a
4
- 2a
2
b
2
+ b
4
≥
0. (6)
Cộng từng vế của (5) và (6) ta được: 2(a
4
+ b
4
) >
4
1
. Hay a
4
+ b
4
>
8
1
.
Ví dụ 2: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
cba −+
1
+
acb −+
1
+
bac −+
1
≥
a
1
+
b
1
+
c
1
.
Giải
-
Xét
cba −+
1
+
acb −+
1
với a + b - c > 0; b + c - a > 0.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho x; y > 0, ta có:
x
1
+
y
1
≥
xy
1
≥
yx +
4
.
Vì vậy ta được:
cba −+
1
+
acb −+
1
≥
b2
4
=
b
2
Tương tự ta có:
acb −+
1
+
bac −+
1
≥
c
2
bac −+
1
+
cba −+
1
≥
a
2
Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức rồi chia cả hai vế cho 2 ta được:
cba −+
1
+
acb −+
1
+
bac −+
1
≥
a
1
+
b
1
+
c
1
.
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu
2
22
≤+ ba
thì
.2≤+ ba
Giải
Ta có:
( )
.2020
2222
2
abbabababa ≥+⇒≥+−⇔≥−
Từ
.22
2222
−≥−−⇒≤+ baba
Suy ra
022 ≤−ab
hay 2ab
≤
2.
Mặt khác (a + b)
2
= a
2
+ 2ab + b
2
(1)
22 ≤ab
(2)
2
22
≤+ ba
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra
( )
4
2
≤+ ba
hay
.2≤+ ba
Nhưng
baba +≥+
nên
.2
≤+
ba
2.3. Chú ý: Khi sử dụng các bất đẳng thức ta cần tránh những sai lầm sau:
1. a > b; c > d
⇒
a - c > b - d.
2. a > b; c > d
⇒
ac > bd. (Nhân vế với vế của hai bất đẳng thức mà chưa
biết hai vế có không âm hay không)
3. Bình phương hai vế của một bất đẳng thức mà chưa biết hai vế không âm:
a > b
⇒
a
2
> b
2
.
4. Khử mẫu mà chưa biết dấu của chúng:
b
a
>
d
c
⇒
ad > bc.
-
5. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức mà chưa biết hai vế có
cùng dấu hay không: a > b
⇒
a
1
>
b
1
.
6. Khi làm trội một biểu thức đôi khi phải chia biểu thức thành nhiều nhóm
rồi làm trội từng nhóm.
Ta xét ví dụ sau:
Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n
≥
2 thì: 1 +
2
1
+
3
1
+ +
12
1
−
n
<
n.
Gọi vế trái của bất đẳng thức là A, ta có:
A = 1 + (
2
1
+
3
1
) + (
2
2
1
+ +
7
1
) + (
3
2
1
+ +
15
1
) + + (
1
2
1
−n
+
12
1
−
n
).
Ở mỗi nhóm ta làm trội bằng cách thay các phân số nhỏ hơn trong nhóm bằng phân
số lớn nhất trong nhóm ta được:
A < 1 +
2
1
.2 +
2
2
1
.4 +
3
2
1
.8 + +
1
2
1
−n
.2
n-1
=
n
1 11 +++
= n.
2.4 Bài tập tự giải: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
1/
ba
11
+
≥
ba +
4
(a > 0; b > 0).
2/ a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
abcd4≥
.
3/ Cho a + b =1. Chứng minh rằng: a
4
+ b
4
≥
8
1
.
4/
2
2
1
+
2
3
1
+ +
2
1
n
<
n
n 1+
.
3. Phương pháp biến đổi tương đương.
3.1. Cơ sở toán học.
- Để chứng minh bất đẳng thức A
≥
B ta biến đổi tương đương (dựa vào các
tính chất của bất đẳng thức) A
≥
B
⇔
C
≥
D. Và cuối cùng đạt dược bất đẳng
thức đúng hoặc hiển nhiên là C
≥
D.
Vì các phép biến đổi đều là tương đương nên A
≥
B.
- Để dùng phép biến đổi tương đương ta cần chú ý các hằng đẳng thức sau:
(A
222
2) BABAB +±=±
.
-
(A + B + C)
2
= A
2
+ B
2
+ C
2
+ 2AB + 2BC + 2CA.
3.2. Các ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1: Chứng minnh x
2
+ x + 1 > 0 với
x∀
.
Giải
Ta có: x
2
+ x
+ 1 = (x
2
+ 2.x.1 +
4
3
)
4
1
+
= (x +
2
1
)
2
+
4
3
> 0 với
x
∀
.(Điều
phải chứng minh).
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Với mọi a, b, c, d, e
∈
R thì:
a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
≥
a(b + c + d + e) (1)
Giải
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1) với 4 ta được:
4a
2
+ 4b
2
+ 4c
2
+ 4d
2
+ 4e
2
≥
4a(b + c + d + e).
⇔
(a
2
- 4ab + 4b
2
) + (a
2
- 4ac + 4c
2
) + (a
2
- 4ad + 4d
2
) + (a
2
- 4ae + 4e
2
)
≥
0
⇔
(a - 2b)
2
+ (a - 2c)
2
+ (a - 2d)
2
+ (a - 2e)
2
≥
0 (2)
Vì (a - 2b)
2
≥
0
Rba ∈∀ ;
.
(a - 2c)
2
≥
0
Rca ∈∀ ;
.
(a - 2d)
2
≥
0
Rda ∈∀ ;
.
(a - 2e)
2
≥
0
Rea ∈∀ ;
.
⇒
Bất đẳng thức (2) đúng với
Redcba ∈∀ ;;;;
. Vậy bất đẳng thức (1) được chứng
minh.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng với 4 số bất kì a; b; x; y ta có:
(a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2
)
≥
(ax + by)
2
. (1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
y
b
x
a
=
.
Giải
Ta có: (1)
⇔
a
2
x
2
+ a
2
y
2
+ b
2
x
2
+ b
2
y
2
≥
a
2
x
2
+ 2abxy + b
2
y
2
.
⇔
a
2
y
2
- 2abxy + b
2
x
2
≥
0
⇔
(ay - bx)
2
≥
0 (2).
Ta thấy bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) đúng.
3.3 Chú ý.
- Sẽ mắc sai lầm nếu trong lời giải trên thay các dấu “
⇔
” bằng các dấu “
⇒
”.
-
Thật vậy, nếu (1)
⇒
(2) mà bất đẳng thức (2) không đúng thì chưa thể kết luận
được bất đẳng thức (1) có đúng hay không.
- Khi sử dụng phép biến đổi tương đương, học sinh thường bỏ qua các phép
biến đổi tương đương có điều kiện dẫn đến không chặt chẽ. Vì vậy cần lưu ý các
phép biến đổi tương đương có điều kiện.
3.4 Bài tập tự giải
1/ Bài 1: So sánh 2 số A =
333 −
và B =
122 −
.
2/ Bài 2: Chứng minh rằng với x > 1 ta có:
2
1
≥
−x
x
.
3/ Bài 3: Chứng minh rằng:
Rcba ∈∀ ;;
ta có:
a/ a
4
+ b
4
≥
a
3
b + ab
3
.
b/ a
2
+ b
2
+ c
2
≥
ab + bc + ca.
4/ Bài 4: Cho a
≥
0. Chứng minh rằng: a
5
- a
2
- 3a + 5 > 0.
4. Phương pháp quy nạp toán học
4.1 Cơ sở toán học.
Nội dung của phương pháp này là tiên đề quy nạp toán học.
Cho mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n. Nếu:
+ Mệnh đề đúng với n = 1.
+ Từ giả thiết đúng với n = k (k
∈
N) suy ra được mệnh đề cũng đúng với n =
k + 1. Thế thì mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương.
Như vậy để chứng minh một mệnh đề T đúng với mọi số nguyên dương bằng
phương pháp quy nạp toán học ta phải tiến hành theo 3 bước:
- Bước 1: Chứng minh mệnh đề T(1) đúng. (Kiểm tra mệnh đề đúng với n =
1)
- Bước 2: Giả sử mệnh đề T(k) đúng.
Ta phải chứng minh mệnh đề T(k+1) cũng đúng.
- Bước 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n.
4.2 Một số ví dụ minh hoạ.
-
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Với x > -1 thì ( 1 + x)
n
≥
1 + nx, trong đó n là số
nguyên dương bất kì.
Giải
+ Với n = 1, ta có bất đẳng thức đúng 1 + x
≥
1 + x.
+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k tức là (1 + x)
k
≥
1 + kx.
Ta phải chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n = k + 1. Tức là phải
chứng minh (1 + x)
k+1
≥
1 + (k + 1)x.
Thật vậy, theo giả thiết : 1 + x > 0.
Ta có (1 + x)
k
(1 + x)
≥
(1 + kx)(1 + x)
⇔
(1 + x)
k+1
≥
1 + (k + 1)x + kx
2
.
Mà kx
2
> 0 nên 1 + (k + 1)x + kx
2
≥
1 + (k + 1)x.
Từ đó suy ra bất đẳng thức phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0.
Ví dụ 2: Cho a; b là 2 số dương. Chứng minh rằng:
2,
22
≥∀
+
≥
+
n
baba
n
nn
.
Giải
+ Với n = 2 ta dễ dàng chứng minh được
2
22
22
+
≥
+ baba
.
+ Giả sử bài toán đúng với n = k ta có:
.
22
k
kk
baba
+
≥
+
(1)
+ Ta phải chứng minh
1
11
22
+
++
+
≥
+
k
kk
baba
. (2)
Thật vậy: Nhân hai vế của (1) với
2
ba +
ta được:
+
2
ba
.
.
22
k
kk
baba
+
≥
+
+
2
ba
. Hay
+
2
ba
.
.
22
1+
+
≥
+
k
kk
baba
Để có (2) ta phải chứng minh:
k
kkk
bababa
222
11
+
+
≥
+
++
. (3)
⇔
a
k+1
+ b
k+1
ab
k
+ a
k
b.
Thật vậy, ta có: a
k+1
+ b
k+1
- ab
k
- a
k
b = a
k
(a - b) - b
k
(a - b)
-
= (a - b)(a
k
- b
k
) = (a - b)
2
(a
k-1
+ a
k-2
b + + ab
k-2
+ b
k-1
) (Vì a; b > 0)
⇒
Bất dẳng thức (3) đúng.
Mà
+
2
ba
.
1
22
+
+
≥
+
k
kk
baba
⇒
1
11
22
+
++
+
≥
+
k
kk
baba
.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
4.3. Chú ý.
Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp này thì phải hiểu kỹ các
bước chứng minh, các phép biến đổi tương đương, tính chất của bất đẳng thức.
4.4. Bài tập tự giải
1/ Chứng minh rằng với
∀
n
≥
3 ta có: 2
n
> 2n + 1.
2/ Chứng minh rằng 2
n
> n
4
với mọi số tự nhiên n
≥
10.
5. Phương pháp dùng bất đẳng thức dã biết.
5.1. Cơ sở toán học.
Trong nhiều bài toánđể việc chứng minh bất đẳng thức được gọn ta có thể sử
dụng các bất đẳng thức đã được chứng minh, nhất là các bất đẳng thức: Cô si,
Bunhia - Côpxki,
5.2. Ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
2≥+
a
b
b
a
với mọi ab > 0.
Giải
Vì
a
b
b
a
;
đều dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta được:
.2:.1
2
1.
2
2
≥+≥
+
⇒=≥
+
a
b
b
a
Hay
a
b
b
a
a
b
b
a
a
b
b
a
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
.ba
a
b
b
a
=⇔=
Ví dụ 2: Cho a; b thoả mãn 3a - 4b = 7. Chứng minh rằng 3a
2
+ 4b
2
≥
7.
Giải
Có 3a - 4b =
a.3.3
- 2.2.b = 7.
-
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia - Côpxki cho bốn số
a.3;3
; -2; 2b ta được:
7
2
= (3a - 4b)
2
= (
a.3.3
- 2.2.b)
2
≤
(3 + 4)(3a
2
+ 4b
2
)
≤⇔
7
3a
2
+ 4b
2
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
3
3a
=
⇔
− 2
2b
a = 1; b = -1.
Ví dụ 3: Chứng minh bất đẳng thức Becnuli đối với a
QqR ∈<∈
+
1;
thì:
(1 + a)
q
> 1 + q.a.
Giải
Do
Qq ∈
và q > 1 nên q =
n
m
trong đó m > n, m; n
∈
N.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho m số ta có:
m
nmn
ngmèhngnsèh
qa
n
qaqa
−
+≥
+++++++
1.)1(
1 1)1( )1(
¹¹
.
(Không xảy ra dấu “=” vì 1 + qa > 1).
Hay
( ) ( )
.1.1 mnmqan >−++
( ) ( )
.11
n
m
n
m
qamnmnqanqa +>−++⇔+
( )
.11.
n
m
qaqa
n
m
+>+⇔
Nhưng
qm
n 1
=
.
Vậy ta có
( ) ( ) ( )
.111111.
1
11
qaaqaaqaqa
q
q
=>+⇔+>+⇔+>+
5.3. Chú ý:
Khi sử dụng phương pháp này cần chú ý: Sử dụng các bất đẳng thức đã được
chứng minh với điều kiện chặt chẽ để có được bất đẳng thức cần áp dụng. Nếu
không sẽ dẫn đến sai lầm, thiếu sót.
Ví dụ: Cho a; b
0
≠
. Chứng minh rằng:
043
2
2
2
2
≥+
+−+
a
b
b
a
a
b
b
a
. (1)
Có một học sinh giải như sau:
Ta có (1)
0
4
1
2
3
0
4
1
4
9
32
2
2
2
2
2
≥−
−+⇔≥−
+
+−
++⇔
a
b
b
a
a
b
b
a
a
b
b
a
.01.2 ≥
−+
−+⇔
a
b
b
a
a
b
b
a
(2)
Vì
⇒≥
+ 2
a
b
b
a
(2) luôn đúng với
.0; ≠∀ ba
-
Vậy (1) luôn đúng với
.0; ≠∀ ba
(đpcm)
Bài toán này sai ở chỗ áp dụng bất đẳng thức
2≥
+
a
b
b
a
với điều kiện
a; b không đúng.
Lời giải đúng
Cách 1: Đặt x =
2≥+=+=⇒
+
a
b
b
a
a
b
b
a
x
a
b
b
a
vì
b
a
và
a
b
cùng dấu
2≥⇒ x
hoặc
.2−≤x
Khi đó:
.2
2
2
2
2
2
−=+ x
a
b
b
a
Bất đẳng thức (1)
.023
2
≥+−⇔ xx
Xét bất phương trình
( )( )
≤
≥
⇔≥−−⇔≥+−
1
2
012023
2
t
t
tttt
Từ
2≥x
hoặc
⇒−≤ 2x
x nằm trong miền nghiệm của bất phương trình
đã xét.
Vậy x thoả mãn t
2
- 3t + 2
0≥
tức là
023
2
≥+− xx
đúng.
Mà (1)
⇒≥+−⇔ 023
2
xx
(1) đúng.
Vậy ta có:
043
2
2
2
2
≥+
+−+
a
b
b
a
a
b
b
a
.
Cách 2:
(1)
0
334
22
332244
≥
−−++
⇔
ba
abbababa
.03362
33222244
≥−−+−+⇔ abbabababa
(Vì a
2
b
2
> 0)
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
[ ]
( )
)2.(0
4
3
2
.03
.03
.023
2
2
2
22
222
22
2
22
≥
+
−−⇔
≥−+−⇔
≥−−+−⇔
≥+−−−⇔
bb
aba
abbaba
baabbaba
babaabba
(2) luôn đúng. Vậy (1) đúng.
5.4. Bài tập tự giải.
-
1/ Chứng minh rằng nếu các số dươnng a; b; c có tổng a + b + c = 1 thì:
.9
111
≥++
cba
2/ Cho
0;,; ≥∈ yxRyx
và
1
22
=+ yx
. Chứng minh rằng:
.1
2
1
33
≤+≤ yx
3 Cho
.1;1 ≥≥ ba
Chứng minh rằng:
.11 ababba ≤−+−
6. Phương pháp phản chứng.
6.1. Cơ sở toán học.
Gọi mệnh đề cần chứng minh là luận đề “A
⇒
B”. Phép toán mệnh đề cho
ta:
.BABABABA =∩=∪=⇒
Như vậy muốn phủ định một mệnh đề ta ghép tất cả các giả thiết của luận đề
với phủ định kết luận của nó.
Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng như sau:
1/ Dùng mệnh đề phản đảo:
.AB ⇒
2/ Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với giả thiết.
3/ Phủ định luận đề rồi suy ra 2 điều trái nhau.
4/ Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với một điều đúng.
5/ Phủ định luận đề rồi suy ra kết luận của A
.BB ⇒
6.2. Ví dụ.
Ví dụ 1:Cho
2
22
≤+ ba
. Chứng minh rằng: a + b
≤
2.
Giải
Giả sử a + b > 2.
Vì hai vế đều dương nên bình phương hai vế ta được:
(a + b)
2
> 4
⇔
a
2
+ 2ab + b
2
> 4. (1)
Mặt khác ta có: 2ab < a
2
+ b
2
⇒
a
2
+ 2ab + b
2
≤
2(a
2
+ b
2
).
Mà
2
22
≤+ ba
(gt)
⇒
2(a
2
+ b
2
)
≤
4. Do đó a
2
+ 2ab + b
2
< 4. (2)
Ta thấy (2) mâu thuẫn với (1).
-
Vậy a + b
≤
2.
Ví dụ 2: Cho 3 số thực a; b; c thoả mãn điều kiện:
>
>++
>++
0
0
0
abc
cabcab
cba
Chứng minh rằng cả 3 số a; b; c là số dương.
Giải
Vì abc > 0 nên trong 3 số a; b; c phải có một số dương.
Giả sử ngược lại cả 3 số đều âm thì abc < 0. Vô lí.
Không mất tính tổng quát ta giả sử a > 0.
Mà abc > 0 nên bc > 0.
Nếu b < 0; c < 0 thì b + c < 0.
Từ a + b + c > 0
( ) ( )
0
22
22
2222
2
<++⇔−−−<++⇔
−−−<+⇔−−<++⇒+−<+⇒−>+⇒
bcacabcbcbacbcab
cbcbacabacabcbcbcbacbacb
Điều này trái với giả thiết: ab + ac + bc > 0.
⇒
b > 0; c > 0.
Vậy cả 3 số a; b; c là số dương.
6.3. Chú ý.
Với những bài toán chứng minh bất đẳng thức có dạng như trên ta nên sử
dụng phương pháp phản chứng. Tuy nhiên để sử dụng phương pháp này cần nắm
vững 5 cách chứng minh và các tính chất của bất đẳng thức để biến đổi, lập luận.
6.4. Bài tập tự giải.
1/ Cho a > b > 0 và
1
1
<
+
+
ba
ab
. Chứng minh rằng không thể có a < 1; b < 1.
2/ Cho hai số dương a; b thoả mãn điều kiện a
5
+ b
5
= a
3
+ b
3
.
Chứng minh rằng:
.1
22
abba +≤+
3/ Cho ba số dương a; b; c thoả mãn điều kiện abc = 1. CMR:
3≥++ cba
.
7. Phương pháp đổi biến.
7.1 Cơ sở toán học.
B1: Đặt biến mới dựa theo bến cũ.
-
B2: Biến đổi bất đẳng thức theo biến mới, chứng minh bất đẳng thức theo biến mới.
B3: Kết luận và trả lời theo biến cũ.
7.2 Ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức sau:
( )( )( )
acbcbacbaabc −+−+−+≥
. (1)
Với a; b; c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Giải
Đặt: b + c - a = x; a + c - b = y; a + b - c = z, ta có x; y; z > 0.
.
2
;
2
;
2
yx
c
zx
b
zy
a
+
=
+
=
+
=⇒
Ta phải chứng minh:
.
2
.
2
.
2
xyz
yxzxxy
≥
+++
( )( )( )
( ) ( ) ( )
.64
)2.(8
222
222
zyxyxzxzy
xyzyxzxzy
≥+++⇔
≥+++⇔
Ta có:
( )
( )
( )
xzzx
xzzy
xyyx
4
4
4
2
2
2
≥+
≥+
≥+
Vì hai vế của bất đẳng thức trên không âm nên ta nhân từng vế các bất đẳng thức
trên ta được:
( ) ( ) ( )
.64
222
222
zyxyxzxzy ≥+++
( )( )( )
[ ]
( )
.8
22
xyzyxzxzy ≥+++⇔
⇒
(2) được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Vậy (1) được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Ví dụ 2: Cho a + b+ c = 1. Chứng minh rằng:
.
3
1
222
≥++ cba
Giải
Đặt
.
3
1
;
3
1
;
3
1
zcybxa +=+=+=
Do a + b + c = 1 nên x + y + z = 0.
Ta có:
++
++
++=
+
+
+=++
222
222
222
3
2
9
1
3
2
9
1
3
2
9
1
3
1
3
1
3
1
zzyyxxzyxcba
( )
.
3
1
3
1
3
2
3
1
222222
≥+++=++++++= zyxzyxzyx
-
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi
.
3
1
0 ===⇔=== cbazyx
Ví dụ 3: Cho
2
1
;
2
1
;
2
1
−≥−≥−≥ cba
và a + b + c = 1. CMR:
.4121212 <+++++ cba
Giải
Đặt x = 2a + 1, y = 2b + 1, z = 2c + 1.
Dễ thấy:
0,0,0 ≥≥≥ zyx
.
Ta có: x + y + z = 2(a + b + c) + 3 = 5.
Ta phải chứng minh:
( )
)2.(5,5
.162
)1.(4
<++⇔
<+++++⇔
<++
yzxzxy
yzxzxyzyx
zyx
.
Mặt khác ta lại có:
.
2
;
2
;
2
yz
zy
xz
zx
xy
yx
≥
+
≥
+
≥
+
Bởi vậy
.5=++≤++ zyxyzxzxy
Chửng tỏ (2) đúng. Suy ra (1) đúng.
Vậy:
.4121212 <+++++ cba
7.3 Chú ý: Khi dùng phương pháp đổi biến để chứng minh bất đẳng thức cần
chú ý:
* Đặt biến mới theo hệ biến cũ, kèm theo điều kiện của biến mới.
* Nắm chắc được các phép biến đổi, các bất đẳng thức cơ bản để áp dụng.
* Đổi về biến cũ.
7.4 Bài tập tự giải.
1/ Cho a; b; c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
.3≥
−+
+
−+
+
−+ cba
c
bca
b
acb
a
2/Cho a; b; c
0
≥
. Chứng minh rằng:
.
2
222
22
4
22
4
22
4
cba
ba
c
ca
b
cb
a ++
≥
+
+
+
+
+
8. Phương pháp tam thức bậc 2.
8.1. Cơ sở toán học.
-
Ta có thể dùng định lí về dấu của tam thức bậc 2, dấu của nghiệm của tam thức bậc
2 để chứng minh bất đẳng thức.
Cho tam thức bậc 2: F
(x)
= ax
2
+ bx + c với
.4
2
acb −=∆
+ Nếu
0<∆
thì a.F
(x)
> 0 với
.Rx ∈∀
+ Nếu
0
=∆
thì a.F
(x)
> 0 với
⇒−≠∀
a
b
x
F
(x)
cùng dấu với a.
+ Nếu
0
>∆
thì
1221
:; xxxx >∃
. Ta có:
- x nằm ngoài khoảng 2 nghiệm: x < x
1
; x > x
2
⇔
a.F
(x)
> 0.
- x nằm trong khoảng 2 nghiệm:x
1
<x < x
2
⇔
a.F
(x)
< 0.
8.2. Ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1: Cho
21;21;21 ≤≤−≤≤−≤≤− cba
và a + b + c = 0. CMR: a
2
+ b
2
+ c
2
≤
6.
Giải
Theo tính chất về dấu của tam thức bậc 2:
( )( )
.01221 ≤−−⇒≤≤− aaa
(1)
Tương tự ta cũng có:
( )( )
.01221 ≤−−⇒≤≤− bbb
(2)
( )( )
.01221 ≤−−⇒≤≤− ccc
(3)
Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta được:
a
2
- a - 2 + b
2
- b - 2 + c
2
- c - 2
≤
0
⇔
a
2
+ b
2
+ c
2
- (a + b + c)
≤
6.
Vì a + b + c = 0 nên a
2
+ b
2
+ c
2
≤
6.
Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức Côsi - Bunhia côpxki.
Cho n cặp số thực bất kỳ (a
1
; b
1
); (a
2
; b
2
) (a
n
; b
n
). Thế thì:
(a
1
b
1
+
a
2
b
2
+ + a
n
b
n
)
≤
(a
1
2
+ a
2
2
+ + a
n
2
)(b
1
2
+ b
2
2
+ + b
n
2
).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
∃
số k
∈
R sao cho: ka
1
= b
1
; ka
2
= b
2
; ; ka
n
= b
n
.
Giải:
Với
∀
x
∈
R ta có: (a
1
x- b
1
)
2
≥
0
(a
2
x- b
2
)
2
≥
0
(a
n
x- b
n
)
2
≥
0
Từ đó suy ra: a
1
2
x- 2a
1
b
1
x+ b
1
2
≥
0
a
2
2
x
2
- 2a
2
b
2
x+ b
2
2
≥
0
a
n
2
x
2
- 2a
n
b
n
x+ b
n
2
≥
0
-
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:
(a
1
2
+ a
2
2
+ + a
n
2
)x
2
- 2(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
)+(b
1
2
+ b
2
2
+ + b
n
2
)
≥
0.
Vế trái là một tam thức bậc 2
F
(x)
= (a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
)x
2
- 2(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
)+(b
1
2
+ b
2
2
+ + b
n
2
).
(Với a
1
2
+ a
2
2
+ + a
n
2
≠
0). Mà f
(x)
≥
0,
∀
x
∈
R nên ta có:
∆
’
≤
0 tức là:
∆
’
= B
2
- AC.
Hay:
∆
’
= (a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
)
2
- (a
1
2
+ a
2
2
+ + a
n
2
)(b
1
2
+ b
2
2
+ + b
n
2
)
≤
0.
⇔
(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
)
2
≤
(a
1
2
+ a
2
2
+ + a
n
2
)(b
1
2
+ b
2
2
+ + b
n
2
).
(Nếu A=0 thì: a
1
= a
2
= = a
n
= 0, Do đó bất đẳng thức cần chứng minh là tầm thường).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
∆
’
=0
⇔
(a
1
x - b
1
)= (a
2
x - b
2
)= = (a
n
x - b
n
) = 0
⇔
b
1
= ka
1
; b
2
= ka
2
; ; b
n
= ka
n
Với
∀
k
∈
R.
Ví dụ 3: Cho các số: a, b, c, d thảo mãn: a + d = b + c. Chứng minh rằng:
Nếu lấy số m sao cho: 2m >
bcad −
thì với mọi x
∈
R ta luôn có:
(x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + m
2
≥
0 (1).
Giải
Dựa vào giả thiết cho: a + d = b + c nên ta có:
(1)
( )
[ ]
( )
[ ]
0
222
≥+++−++−⇔ mbcxcbxadxdax
Vì a + d = b + c nên đặt: y = x
2
- (a + d)x = x
2
- (b + c)x ta được bất đẳng thức:
( )( )
( )
.0
.0
22
2
≥++++⇔
≥+++
mabcdybcady
mbcyady
Đặt F
(y)
= y
2
+ (ad + bc)y + abcd + m
2
.
Ta có:
( )
( )
( )
.4.1.4
2
2
2
2
mbcadmabcdbcad
y
−−=+−+=∆
Vì
bcadm −>2
nên
( )
( )
.0
01
0
4
2
2
≥⇔
>=
≤∆
⇔−≥
y
y
F
A
bcadm
Hay (x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + m
2
≥
0. (đpcm)
8.3 Chú ý: Khi sử dụng tam thức bậc hai cần chú ý:
+Nắm chắc định lí về dấu của tam thức bậc 2.
+ Thường dùng các phép biến đổi tương đương để đưa bất đẳng thức cần chứng
minh về dạng:
≤
≥
0)(
0)(
xF
xF
hoặc
≤
≥
0)(
0)(
yF
yF
-
Trong đó F(x), F(y) là tam thức bậc 2 đối với biến x hoặc biến y.
8.4 Bài tập tự giải
1/ Chứng minh rằng với mọi a
∈
R ta đều có
.3
1
1
3
1
2
2
≤
−−
++
≤
aa
aa
2/ Cho a; b; c thoả mãn hệ thức: a
2
+ b
2
+ c
2
= 2 và ab + bc + ca = 1. Chứng minh
rằng:
.
3
4
;;
3
4
≤≤− cba
3/ Cho b > c > d. Chứng minh rằng với mọi a
∈
R ta luôn có:
(a + b + c + d)
2
> 8.(ac + bd).
4/ Cho 6 số a; b; c; d; m; n thoả mãn: a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
< m
2
+ n
2
. Chứng minh rằng:
( )( )
( )
.
2
222222
bdacmndcnbam −−≤−−−−
III. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC.
A. MỘT SỐ ĐỊNH LÍ, BẤT ĐẲNG THỨC CẦN DÙNG.
1.Mệnh đề 1: Nếu tổng các số thực dương x
1
; x
2
; x
n
bằng một số cho trước thì
tích của chúng lớn nhất khi: x
1
= x
2
= = x
n.
*Định lí 1: Nếu có n số dương x
1
; x
2
; x
n
có tổng bằng S không đổi thì tích
P = x
1
. x
2
. .x
n
có giá trị lớn nhất khi:
2
2
1
1
n
n
m
x
m
x
m
x
===
Trong đó m
i
là các số hữu tỉ dương.
2. Mệnh đề 2: (Đối ngẫu): Nếu tích của các số dương x
1
; x
2
; x
n
bằng một số cho
trước thì tổng của chúng bé nhất khi x
1
= x
2
= = x
n
.
*Định lí 2: Nếu n số thực dương x
1
; x
2
; x
n
có tích P = x
1
. x
2
. .x
n
không đổi thì
tổng S = x
1
+ x
2
+ + x
n
có giá trị bé nhất khi
2
2
1
1
n
n
m
x
m
x
m
x
===
Trong đó m
i
(i = 1; 2; ; n) là các số hữu tỉ dương cho trước.
3. Mệnh đề 3: Cho x
1
; x
2
; x
n
∈
R ta có:
2121 nn
xxxxxx +++≥+++
(1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x
i
cùng dấu. Đặc biệt:
.
2121
xxxx −≥−
B. ÁP DỤNG
1. Tìm cực trị của hàn số. Biểu thức đại số.
Bài 1: Tìm GTNN của hàm số:
( ) ( )
.19941993
22
−+−= xxy
Giải
-
Dễ thấy hàm số xác định với
Rx ∈∀
. Ta có:
.1994199319941993 xxxxy −+−=−+−=
Áp dụng bất đẳng thức:
2121
aaaa +≥+
ta được:
.1119941993 ≥⇒=−+−≥ yxxy
Dấu “=” xảy ra
( )( )
.19941993019941993 ≤≤⇔≥−−⇔ xxx
Do đó y
min
= 1.
Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
.1212 −−+−+= xxxxy
Giải
Điều kiện để hàm số xác định là:
.1≥x
Khi đó:
( ) ( )
.11111111
22
−−+−=−−++−= xxxxy
.2111 =−++−≥⇒ xxy
Dấu bằng xảy ra
( )( )
.21
1
01111
≤≤⇔
≥
≥−−+−
⇔ x
x
xx
Vậy y
min
= 2.
Bài 3: Cho x; y liên hệ bởi phương trình x
2
+ 2xy + 7(x + y) + 2y
2
+ 10 = 0 (1).
Tìm GTNN của biểu thức S = x + y + 1.
Giải
Ta có (1)
⇔
x
2
+ 2xy + y
2
+2(x + y) + 1 + 5(x + y) + 5 + 4 = -y
2
.
⇔
(x + y)
2
+ 2(x + y) + 1
2
+ 5(x + y + 1) + 4 = -y
2
.
⇔
(x + y + 1)
2
+ 5(x + y + 1) + 4 = -y
2
.
⇔
S
2
+ 5S + 4 = -y
2
.
⇒
S
2
+ 5S + 4
≤
0.
Đặt F
(S)
= S
2
+ 5S + 4.
⇒
F
(S)
có 2 nghiện S = -1; S = -4.
Mà
>
≤
0
0
)(
a
F
S
do đó dựa vào dấu của tam thức bậc 2 ta có
.14
−≤≤−
S
Vậy GTNN của S = x + y + 1 là -4
=
−=
⇔
0
5
y
x
GTLN của S = x + y + 1 là -1
=
−=
⇔
0
2
y
x
-
2. Tìm điều kiện của tham số để phương trình, hệ phương trình, tam thức bậc
2 thoả mãn điều kiện nào đó.
Bài 1: Cho phương trình
.1212
22222
=+−+− axaxa
Tìm giá trị của tham số a để
phương trình có đúng 2 nghiệm trên tập hợp số nguyên.
Giải
Ta có:
.212212
22222222222
Aaxaaxaaxaxa =+−+−=+−+−
Áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có:
.1212
222222
=+−+−≥ axaaxaA
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a
2
x
2
- 2a
2
; 1 - a
2
x
2
; 2a
2
cùng dấu. Do đó
≥−
≥−
01
02
22
2
xa
x
Nếu a
0
≠
thì
2
2
1
2
a
x ≤≤
. Để phương trình có 2 nghiệm nguyên trên tập hợp số
nguyên thì x
2
chỉ có thể nhận giá trị duy nhất là số chính phương trong khoảng
2
1
;2
a
.
Vậy
.
2
1
3
1
9
1
4
2
≤≤⇔≤≤ a
a
Bài 2: Cho tam thức bậc 2 F
(x)
= ax
2
+ bx + c thoả mãn:
1)1( ≤−F
;
1)0( ≤F
;
1)1( ≤F
.
Chứng minh rằng:
5
4
)( ≤xF
khi
.1≤x
Giải
Ta có:
−+
=
−
−+
=
⇒
=
+−=−
++=
2
)1()1(
)0(
2
)1()1(
)0(
)1(
)1(
FF
b
F
FF
a
cF
cbaF
cbaF
Thay vào F(x) ta được:
-
( ) ( ) ( )
.1)0(
2
)1(
2
)1(
)0(
2
)1(
2
)1(
)0(
2
)1(
2
)1(
)0(
2
)0()1(
)0(
2
)1()1(
)(
222
222
2
xFxx
F
xx
F
Fx
F
x
F
xFx
F
x
F
Fx
FF
xF
FF
xF
−+−
−
++=
+
−
−+−
−
+=
+
+
+
−
−+
=
Áp dụng bất đẳng thức (1) và giả thiết ta được:
.1
2
1
2
1
)(
222
xxxxxxF −+−++≤
Ta xét các trường hợp sau:
+ Với
10
≤≤
x
thì
.11
2
1
2
1
2222
xxxxxxx ++=−+−++
(*)
+ Với
01 ≤≤− x
thì
.11
2
1
2
1
2222
xxxxxxx
−+=−+−++
(**)
Từ (*) và (**) chứng tỏ với
1≤x
ta có
.
4
5
2
1
4
5
1)(
2
2
≤
−−=++≤ xxxxF
Vậy F(x)
≤
.
4
5
(đpcm)
3. Dùng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình.
Ví dụ 1: Giải phương trình sau:
.513416123
22
=+−++− yyxx
Giải
Ta thấy:
( )
242316123
2
2
≥+−=+− xxx
.
( )
.392134
2
2
≥+−=+− yyy
⇒
.513416123
22
=+−++− yyxx
Dấu “=” xảy ra
=
=
⇔
=+−
=+−
⇔
=+−
=+−
2
2
9134
416123
3134
216123
2
2
2
2
y
x
yy
xx
yy
xx
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là (x = 2; y = 2).
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
=−+
=+−+
)2.(02
)1.(0342
222
23
yyxx
yyx
-
Giải
Từ (1) suy ra:
( )
111121
3
2
3
−≤⇔−≤⇒−≤−−−= xxyx
(*)
Từ (2) suy ra:
.
1
2
2)1(
2
222
y
y
xyx
+
=⇒=+
Mặt khác ta lại có:
.1111
1
2
21
2
2
22
≤≤−⇔≤⇒≤
+
=⇒≥+ xx
y
y
xy
(**)
Từ (*) và (**)
⇒
x = -1. Thay x = -1 vào (2) ta có: y
2
– 2y + 1 = 0
⇒
y = 1.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x = -1; y = 1).
Phần II: ÁP DỤNG GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG HÌNH HỌC.
I.MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG HÌNH HỌC.
1. Một số kí hiệu thường dùng để chỉ các yếu tố của tam giác.
1.1. a; b; c tươngn ứng là độ dài 3 cạnh AB; AC; BC của
.ABC∆
1.2.
γβα
;;
tương ứng là độ lớn các góc tại 3 đỉnh A; B; C.
1.3. m
a
; m
b
; m
c
tương ứng là độ dài các đườngtrung tuyến dựng từ các đỉnh A; B;
C.
1.4. h
a
; h
b
; h
c
tương ứng là độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A; B; C.
1.5. l
a
; l
b
; l
c
tương éng là độ dài các đường phân giác dựng từ các đỉnh A; B; C.
1.6. R và r tương ứng là độ dài các bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn
nội tiếp của
.ABC∆
1.7. S
ABC
là diện tích của
.ABC∆
1.8. r
a
; r
b
; r
c
tương ứng là độ dài các bán kính đường tròn bàng tiếp trong góc A; B;
C của
.ABC∆
1.9. Kí hiệu góc là: “
∠
”.
2. Một số kiến thức cơ bản cần dùng
2.1. Với 3 điểm bất kì A; B; C ta có AB AC + BC.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi C nằm giữa 2 điểm A và B.
2.2. Trong một tam giác góc đối diện với cạnh lớn hơn
là góc lớn hơn. Cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh
lớn hơn. AB
≤
AC
≤
BC
⇔
∧
C
≤
∧
B
≤
∧
A
A B C
2.3. Trong tam giác vuông cạnh huyền
-
A
lớn hơn mỗi cạnh góc vuông.
CA> AB> BC.
B C
2.4. Trong một tam giác góc đối diện với cạnh A
nhỏ nhất là góc lớn nhất.
2.5. Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm
đến một đường thẳng, đường nào có hình chiếu
lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại.
AB
≤
AC
⇔
BH
≤
HC B H C
2.6. Trong tam giác ABC có: A
AB - AC < BC < AB + AC
AB - BC < AC < AB + BC
AC - BC < AB < AC + BC B C
2.7. Trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau:
+ Cung lớn hơn khi và chỉ khi dây trương cung lớn hơn. C
+ Đường kính là dây cung lớn nhất. D
CD
≤
AB = 2R. A
B
2.8. S
ABC
≤
;.
2
1
ACAB
S
ABC
≤
;.
2
1
ABBC
S
ABC
≤
ACCA.
2
1
II. MỘT SỐ CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC.
1. Sử dụng bất đẳng thức tam giác.
Bài 1: Chứng minh rằng trong một tam giác bất kỳ ta có:
2
acb −+
< m
a
<
2
cb +
Giải
Gọi M là trung điểm của AC.
Xét
∆
ABM có: AM > AB - BM A D
Xét
∆
ADM có: AM > AD - DM
Cộng từng vế 2 bất đẳng thức trên ta được: M
-
