Phương Pháp Giải Và Các Dạng Toán Bất Đẳng Thức
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (739.64 KB, 52 trang )
ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN HỌC
BÀI THU HOẠCH
HỌC PHẦN:
RÈN LUYỆN NGHIỆP VỤ SƯ PHẠM 3
Đề tài: PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ CÁC DẠNG
TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC
Sinh viên thực hiện:
Trần Ngọc Hiếu
Lớp: Toán 3B
Huế, tháng 11/2013
MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU 1
Chủ đề 1: SỬ DỤNG CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, CÁC TÍNH
CHẤT CỦA BẤT ĐẲNG THỨC 2
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 2
a. Khái niệm bất đẳng thức: 2
b. Tính chất: 2
c. Phương pháp: 2
2. VÍ DỤ MINH HỌA 3
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 6
Chủ đề 2: PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP 7
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 7
2. VÍ DỤ MINH HỌA 7
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 8
Chủ đề 3: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG 8
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 8
2. VÍ DỤ MINH HỌA 9
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 9
Chủ đề 4: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY 10
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 10
2. VÍ DỤ MINH HỌA 10
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 21
Chủ đề 5: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BU-NHI-A-CỐP-XKI 21
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 21
2. VÍ DỤ MINH HỌA 22
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 26
Chủ đề 6: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH LÀM TRỘI – ƯỚC LƯỢNG 27
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 27
2. VÍ DỤNG MINH HỌA 27
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 30
Chủ đề 7: BẤT ĐẲNG THỨC VỀ GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI HỆ SỐ VÀ GIÁ TRỊ
ĐA THỨC 31
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 31
2. VÍ DỤ MINH HỌA 31
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 33
Chủ đề 8: PHƯƠNG PHÁP DÙNG TAM THỨC BẬC HAI 33
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 33
2. VÍ DỤ MINH HỌA 33
3. BÀI TẬP LỰ LUYỆN 37
Chủ đề 9: PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA 37
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 37
2. VÍ DỤ MINH HỌA 38
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 40
Chủ đề 10: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ - HÌNH GIẢI TÍCH 41
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 41
2. VÍ DỤ MINH HỌA 41
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 44
Chủ đề 11: PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM 45
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 45
2. VÍ DỤ MINH HỌA 45
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 48
TÀI LIỆU THAM KHẢO 49
1
LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm giúp các bạn học sinh cấp 3 có thêm tài liệu để giải các bài toán bất
đẳng thức trong các đề thi Đại học – Cao đẳng. Tôi xin giới thiệu tài liệu
Phương pháp giải và các dạng toán bất đẳng thức.
Nội dung gồm:
Chủ đề 1: Sử dụng các phép biến đổi tương đương, các tính chất của bất
đẳng thức.
Chủ đề 2: Phương pháp quy nạp.
Chủ đề 3: Phương pháp phản chứng
Chủ đề 4: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy.
Chủ đề 5: Sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki.
Chủ đề 6: Phương pháp phân tích làm trội – ước lượng.
Chủ đề 7: Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối hệ số và giá trị đa thức.
Chủ đề 8: Phương pháp dùng tam thức bậc hai.
Chủ đề 9: Phương pháp lượng giác hóa.
Chủ đề 10: Phương pháp tọa độ - hình giải tích.
Chủ đề 11: Phương pháp đạo hàm.
Tôi đã hệ thống hóa đầy đủ và rõ ràng các khái niệm, tính chất, phương
pháp, cùng với đó là một số ví dụ cụ thể cho từng chủ đề từ dễ đến khó. Các ví
dụ trong tài liệu khá đa dạng và chọn lọc sát với chương trình thi Đại học – Cao
đẳng. Ngoài ra tôi còn có giới thiệu các bài tập tự luyện để cho các em rèn luyện
kỹ năng ở cuối mỗi chủ đề.
Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh tự bồi dưỡng và nâng cao kiến
thức để tự tin giải quyết tốt các bài tập trong các kỳ thi quốc gia do Bộ Giáo dục
và Đào tạo tổ chức.
Do thời gian biên soạn có hạn cho nên tài liệu có thể còn những khiếm
khuyết. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của thầy cô và các bạn học sinh.
2
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG
Chủ đề 1
SỬ DỤNG CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG,
CÁC TÍNH CHẤT CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
a. Khái niệm bất đẳng thức:
Các mệnh đề dạng “A > B”, “A < B”, “A > B”, “ A < B” được gọi là BĐT
với A gọi là vế trái, B gọi là vế phải và A, B là hai biểu thức đại số.
Ta có:
A B A B 0;A B A B 0
A B A B 0;A B A B 0
b. Tính chất:
Tính chất 1:
A B
A C
B C
Tính chất 2:
A B A C B C
Tính chất 3: + Với
C 0:A B AC BC
+ Với
C 0:A B AC BC
Tính chất 4:
A B
A C B D
C D
Tính chất 5:
A B 0
A.C B.D
C D 0
Tính chất 6:
* n n
A B 0,n N A B
n n
A B 0,n N,n 2 A B
Tính chất 7:
* 2n 1 2n 1
A B,n N A B
*
2n 1 2n 1
A B,n N A B
c. Phương pháp:
Để chứng minh A > B ta sẽ chứng minh A – B > 0 (nghĩa là ta sử dụng
định nghĩa, tính chất cơ bản… để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh đến
3
một BĐT đúng hay một tính chất đúng hoặc có thể sử dụng BĐT đúng biến đổi
dẫn đến BĐT cần chứng minh).
2. VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Chứng minh
a.
a b 2 ab, a,b 0
(1) (BĐT Cauchy)
b.
3 3 2 2
a b ab a b, a,b 0
(2)
c.
4 4 3 3
a b ab a b, a,b
(3)
Giải:
a. (1)
2
2 2
a b a 2ab b 4ab
2
2 2
a 2ab b 0 a b 0
(đúng)
Vậy:
a b 2 ab, a,b 0
b. (2)
3 3 2 2 2
a 2ab b ab 0 a a b b a b 0
2
2 2
a b a b 0 a b a b 0 *
Do a, b > 0 => (*) đúng
Vậy:
3 3 2 2
a b ab a b, a,b 0
c. (3)
3 3 3 3
a a b b a b 0 a b a b 0
2
2 2
a b a ab b 0
2
2
2
b 3b
a b a 0, a,b
2 4
(đúng)
Vậy:
4 4 3 3
a b ab a b, a,b
Ví dụ 2: Chứng minh:
2 2 2
a b c ab bc ca(*), a,b,c
Giải
(*)
2 2 2
2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca
2 2 2
a b b c c a 0
(đúng)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Vậy:
2 2 2
a b c ab bc ca, a,b,c
4
Ví dụ 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của
ABC
với a < b < c.
Chứng minh:
2
a b c 9bc.(*)
Giải:
Vì
2 2 2
a b a b c b b c 2b c
Để chứng minh (*) ta sẽ chứng minh:
2
2b c 9bc (1)
Thật vậy:
(1)
2 2
4b 4bc c 9bc
2
2b c bc
Ta có:
2
2b c 2b b b
2b c bc
2b c 2c c c
(đpcm)
Ví dụ 4: cho a, b, c > 0 thỏa mãn
1 1 1
1
a b c
. Chứng minh:
a.
2 2
b 2a
b 2a (*)
3
b.
2 2 2 2 2 2
1 1 1
c. b 2a a. c 2b b. a 2c abc (**)
3 3 3
Giải:
Giả thiết đã cho có thể viết lại: ab + bc + ca = abc
a.
2
2 2 2 2 2 2
b 2a
(*) b 2a 3b 6a b 4ab 4a
3
2
2 2
2 a 2ab b 0 a b 0
(đúng)
Vậy: BĐT (*) đpcm.
b. Sử dụng câu a.
2
2 2 2
b 2a 1 b 2a
b 2a c. b 2a c
3 3
3
(1)
Tương tự:
2 2
1 c 2b
a. c 2b a
3 3
(2)
5
2 2
1 a 2c
b. a 2c b
3 3
(3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế, ta được: VT(**) > ab + bc + ca = abc
Vậy: BĐT (**) đã được chứng minh.
Ví dụ 5: Cho 0 < a, b, c < 1
Chứng minh: 2a
3
+ 2b
3
+ 2c
3
< 3 + a
2
b + b
2
c + c
2
a
Giải:
Ta có:
2
2
2 2
a 1
1 a 1 b 0 1 a b a b
b 1
(1)
Mặt khác:
2 3
2 3 3
3
0 a 1 a a
a b a b
0 b 1
b b
(2)
(1) và (2) => 1 + a
2
b > a
3
+ b
3
Tương tự: 1 + b
2
c > b
3
+ c
3
(4), 1 + c
2
a > c
3
+ a
3
(5)
Cộng (3), (4) và (5) theo vế => đpcm.
Ví dụ 6: Cho x, y > 0 thỏa mãn xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất của:
4 2 2 4
x y
A
x y x y
(Đề chuyên Toán Tin – ĐHSP Hà Nội năm 1997-1998)
Giải:
Ta có:
2
2 4 2 2
x y 0 x y 2x y
4 2 2
x x 1
x y 2x y 2
(1)
Tương tự:
2 4
y 1
x y 2
(2)
Cộng (1), (2) theo vế, ta được: A < 1
Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1
Vậy: maxA = 1.
Ví dụ 7: Chứng minh:
3
3 3 3 3 3 33 3 3
a b c
2. 4 (*)
b c c a a b
Trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
(Trích đề trong Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 5/2004)
6
Giải:
Ta có:
3
3 3
1
b c b c
4
(1)
Thật vậy: (1)
3 3 3 3 2 2
4 b c b c 3b c 3bc
3 3 2 2 2 2
b c b c bc 0 b b c c b c 0
2
2 2
b c b c 0 b c b c 0
(2)
(2) đúng => (1) đúng.
Tương tự:
3
3 3
1
c a c a
4
3
3 3
1
a b a b
4
Do đó:
3
3 3 3 3 3 33 3 3
a b c a b c
4
b c c a a b
b c c a a b
(3)
Mà:
a b c 2a 2b 2c
b c c a a b 2(b c) 2(c a) 2(a b)
2a 2b 2c
2
b c a c a b a b c
(4)
(do: a + b > c; b + c > a; c + a > b)
Từ (3) và (4) => đpcm.
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 1: Chứng minh: (ax + by)
2
< (a
2
+ b
2
) (x
2
+ y
2
),
x,y,a,b
R
Bài tập 2: Cho x > y, a > b. Chứng minh:
ax by a b x y
.
2 2 2
Bài tập 3: Cho x > 0, y > 0. Chứng minh:
3
2 2
x 2x y
x xy y 3
Bài tập 4: Cho x, y, z > 0. Chứng minh:
2
x y z
x
y z 4
Bài tập 5: Cho a > 0, b > 0. Chứng minh:
3
3 3
a b a b
2 2
7
Chủ đề 2
PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Để chứng minh một bất đẳng thức (*) đúng với
n p
(với (*) phụ thuộc
vào số tự nhiên n, p là hằng số và
p
N
*
) ta tiến hành các bước sau:
Bước 1: Kiểm tra (*) đúng với n = p
Bước 2: Giả sử (*) đúng với
n k p,k
N
*
Bước 3: Ta chứng minh (*) đúng với n = k + 1
Bước 4: Kết luận bất đẳng thức (*) đúng với mọi n > p
2. VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Cho a > 0, b > 0. Chứng minh:
n
n n
a b a b
(*), n
2 2
N
*
Giải:
Với n = 1:
a b a b
2 2
. Vậy: (*) đúng với n = 1.
Giả sử (*) đúng với n = k > 1, k
N
*
, tức là:
k
k k
a b a b
2 2
Chứng minh (*) đúng với n = k + 1, nghĩa là ta chứng minh:
k 1
k 1 k 1
a b a b
2 2
Thật vậy:
k 1 k
k k
a b a b a b a b a b
. .
2 2 2 2 2
k 1 k k k 1 k 1 k 1 k k k 1 k 1
a ab a b b a b ab a b a b
4 2 4
k k
k 1 k 1 k 1 k 1
k k
a b a b
a b a b
(do(a b)(a b ) 0)
2 4 2
Vậy: BĐT (*) đã được chứng minh.
8
Ví dụ 2: Chứng minh:
1 3 5 2n 1 1
. . (*), n
2 4 6 2n
2n 1
N
*
Giải:
Với
1 1
n 1:
2
3
. Vậy: (*) đúng với n = 1
Giả sử (*) đúng với n = k > 1, k
N
*
, tức là:
1 3 5 2k 1 1
. .
2 4 6 2k
2k 1
Chứng minh (*) đúng với n = K + 1, nghĩa là ta chứng minh:
1 3 5 2k 1 2k 1 1
. . .
2 4 6 2k 2(k 1)
2k 3
(1)
Thật vật:
1 2k 1 1
VT(1) .
2(k 1)
2k 1 2k 3
(2)
(2)
2(k 1)(2k 3) 2(k 1)
2 2
4k 8k 3 4(k 2k 1) 3 4
(đúng)
Vậy: BĐT (*) đã được chứng minh.
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 1: Chứng minh: Với mọi số tự nhiên n > 3 có 2
n
> 2n + 1
Bài tập 2: Chứng minh: Với n nguyên dương và mọi số thực
1
Ta có
n
(1 ) 1 n
(BĐT bec-nu-li)
Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu
0
hoặc n = 1
Bài tập 3: Chứng minh: (2n)! < 2
2n
(n!)
2
,
n
N
*
Bài tập 4: Chứng minh:
n 1 n
n 1 n, n
N, n > 2.
Chủ đề 3
PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Để chứng minh bài toán có dạng A => B. Ta tiến hành như sau:
Giả sử điều trái với B, biến đổi dẫn đến điều mâu thuẫn với A hay dẫn đến
một điều vô lí.
9
2. VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: cho ba số a, b, c thỏa
a b c 0 (1)
ab bc ca 0 (2)
abc 0 (3)
Chứng minh: a > 0, b > 0, c > 0
Giải:
Vì vai trò của a, b, c là như nhau nên ta chỉ chứng minh a > 0.
Giả sử: a < 0
Trường hợp a = 0 không thể xảy ra được do (3).
Do đó: a < 0, từ (3) => bc < 0
(2) => a(b + c) > -bc > 0 => b + c < 0
=> a + b + c < 0 (vô lí do (1))
Vậy: a > 0
Ví dụ 2: Cho a, b, c
(0 ; 1). Chứng minh có ít nhất một trong các BĐT
sau là sai:
1 1 1
a.(1 b) (1), b.(1 c) (2), c.(1 a) (3)
4 4 4
Giải:
Giả sử các BĐT (1), (2), (3) đều đúng
Suy ra:
1
a(1 b)b(1 c)c(1 a) (*)
64
Theo kết quả Ví dụ 1a) Chủ đề 1, ta có:
2
2
2
a 1 a 1
0 a(1 a)
2 4
b 1 b 1
0 b(1 b)
2 4
c 1 c 1
0 c(1 c)
2 4
Nên: BĐT(*) sai. Vậy: có ít nhất một trong các BĐT (1), (2), (3)là sai.
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 1: Chứng minh: Nếu a
1
a
2
> 2(b
1
+ b
2
) thì ít nhất một trong hai
phương trình x
2
+ a
1
x + b
1
= 0, x
2
+ a
2
x + b
2
= 0 có nghiệm.
10
Bài tập 2: Cho 0 < a, b, c, d < 1. Chứng minh: có ít nhất một BĐT sau là
sai: 2a(1 – b) > 1, 3b(1 – c) > 2, 8c(1 – d) > 1, 32d(1 – a) > 3.
Bài tập 3: Cho x, y > 0 và x
2
+ y
3
> x
3
+ y
4
(1)
Chứng minh: x
3
+ y
3
< x
2
+ y
2
< x + y < 2 (2)
(Trích đề thi Đại học Ngoại thương TP.HCM khối A, D năm 2000)
Bài tập 4: Chứng minh: Có ít nhất một trong các BĐT sau là đúng
a
2
+ 2bc > 0, b
2
+ 2ac > 0, c
2
+ 2ab > 0
Bài tập 5: Chứng minh: Không có 3 số x, y, z nào đồng thời thỏa mãn ba
BĐT sau:
x y z , y z x , z x y
Chủ đề 4
SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm
Nếu a > 0, b > 0 thì
2
a b a b
ab haya b 2 ab,ab
2 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm
Nếu a
1
> 0, a
2
>
0,
a
n
> 0 thì
1 2 n
n
1 2 n
a a a
a .a a
n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= … = a
n
.
Lưu ý: Khi sử dụng BĐT Cauchy từ 4 số không âm trở lên, bạn đọc nên
chứng minh lại.
2. VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Chứng minh:
a.
1 1
(a b) 4, a,b 0
a b
b. (x + y + z)
1 1 1
9, x,y,z 0
x y z
11
Giải:
a. Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
2
1 1 1 1
a b 2 ab, .
a b a b
1 1 1 1
(a b) a ab. . 4
a b a b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
b. Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
3
3
1 1 1 1
x y z 3 xyz, 3
x y z xyz
Suy ra:
3
3
1 1 1 1
(x y z) 9 xyz.3 9
x y z xyz
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Ví dụ 2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 4. Chứng minh:
ab bc ca
1
a b 2c 2a b c a 2b c
Giải:
Gọi
ab bc ca
A
a b 2c 2a b c a 2b c
Sử dụng BĐT
1 1 1 1
, x,y 0
x y 4 x y
(xem lại Ví dụ 1a)
Ta có:
ab ab 1 ab ab
a b 2c (a c) (c b) 4 a c c b
(1)
Tương tự:
bc 1 ab bc
2a b c 4 a c a c
(2)
ac 1 ac ac
a 2b c 4 a b b c
(3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế, ta được: A < 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
3
4
12
Ví dụ 3: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
a.
a b c 3
(*)
b c c a a b 2
b.
2 2 2
a b c a b c
b c c a a b 2
Giải:
a. Cách 1:
Đặt:
u b c
w u v u v w u v w
v c a a , b , c
2 2 2
w a b
Lúc đó:
w u v u v w u v w
VT(*)
2u 2v 2w
1 w u v u
3
2 u w u v
2 2 2
1 w u v u w v 3
. . . 3
2 u w u v v w 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Cách 2:
Gọi
a b c
A
b c c a a b
Ta có:
a b c
A 1 1 1 3
b c c a a b
1 1 1
(a b c) 3
b c c a a b
1 1 1 1
(b c) (c a) (a b) 3
2 b c c a a b
3
3
1 1 1 1 3
.3. (b c)(c a)(a b).3. . . 3
2 b c c a a b 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
13
b. Cách 1:
Gọi
2 2 2
a b c
B
b c c a a b
Ta có:
2 2 2
a b c
B a b c (a b c)
b c c a a b
a b c
a 1 b 1 c 1 (a b c)
b c c a a b
a b c a b c
(a b c) 1
b c c a a b 2
(Sử dụng câu a)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Cách 2:
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
2 2
2
a b c a b c
. a
b c 4 b c 4
(1)
Tương tự:
2
b c a
b
c a 4
(2)
2
c a b
c
a b 4
(3)
Ví dụ 4: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
8
abc(a b)(b c)(c a)
729
Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
3 3
a b c a b b c c a 8
abc(a b)(b a)
3 3 729
(do a, b, c > 0 và a + b + c = 1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Ví dụ 5:
a. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của
ABC
, p là nửa chu vi tam giác
Chứng minh:
abc
(p a)(p b)(p c)
8
14
b. Cho
ABC
có chu vi bằng 3 và độ dài ba cạnh là a, b, c
Chứng minh: 4(a
3
+ b
3
+ c
3
) + 15abc > 27
Giải:
a. Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
2
2
2p a b c
(p a)(p b)
2 4
(1)
Tương tự:
2
a
(p b)(p c)
4
(2)
2
b
(p c)(p a)
4
(3)
Nhân (1), (2) và (3) theo vế => đpcm.
b. Đề câu a. Viết lại: abc > (a + b – c)(b + c – a)(c + a + b) (4)
Với 2p = a + b + c
Vì a + b + c = 3, nên (4) => abc > (3 – 2c)(3 – 2a)(3 – 2b)
=> 27 – 18(a + b + c) + 12(ab + bc + ca) – 9abc < 0
=> -27 + 12(ab + bc + ca) – 9abc < 0
=> -9 + 4(ab + bc + ca) – 3abc < 0
81 27
9(ab bc ca) abc 0
4 4
(5)
Mà: a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – bc – ca)
= 3[(a + b + c)
2
– 3(ab + bc + ca)]
= 27 – 9(ab + bc + ca) (do a + b + c = 3)
=> -9(ab + bc + ca) = a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc - 27 (6)
Thế (6) và (5) => đpcm.
Ví dụ 6: Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 1. Chứng minh:
1 1 1 1
1 . 1 . 1 . 1 81(*)
a b c d
Giải:
Theo giả thiết và kết hợp áp dụng BĐT Cauchy
Ta có:
1 a 1 b 1 c 1 d
VT(*) . . .
a b c d
15
3 3 3 3
b c d c d a d a b a b c
. . .
a b c d
3 bcd.3 cda.3 dab3 abc
81
abcd
Đảng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
a b c d
4
Ví dụ 7: Cho a > 1, b > 1. Chứng minh:
a b 1 b a 1 ab
Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
1 a 1 a
a 1 1.(a 1)
2 2
(1)
1 b 1 b
b 1 1.(b 1)
2 2
(2)
Từ (1) và (2)
a b 1 b a 1 ab
Đảng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2
Ví dụ 8: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
10
ab bc ca abc (*)
27
Giải:
10 6
(*) ab bc ca abc 2 2
27 27
(1)
3
1 a 1 b 1 c 64
VT(1) (1 a)(1 b)(1 c)
3 27
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
a b c
3
Ví dụ 9: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
2
2 1 1 1
a bc 2 ab ac
Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
2 2
2
2 1
a bc 2 a bc 2a bc
a bc
a bc
(1)
16
1 1 1 1
2 ab ac
a bc
(2)
Kết hợp (1) và (2) => đpcm.
Ví dụ 10: Cho a > 0, b > 0 và a + b = 1
Chứng minh:
2 2
3 2
16 (*)
ab a b
Giải:
Sử dụng BĐT
1 1 1 1 4
(x y) 4, x,y 0
x y x y x y
(xem lại Ví dụ 1a.)
Ta có:
2 2 2
2 1 1 2 8 2
VT(*) 2 8
ab ab a b ab (a b) ab
(1)
Mà:
2
2
2
a b 1 4
ab 4ab (a b) 4
2 ab (a b)
(2)
Kết hợp (1) và (2) => đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
a b
2
Ví dụ 11: Cho x, y, z > 0 và thỏa mãn
1 1 1
2
1 x 1 y 1 z
Chứng minh:
1
xyz
8
Giải:
Từ giả thiết, ta có:
2
1 1 1 y z yz
1 1
1 x 1 y 1 z 1 y 1 z (1 y)(1 z)
(BĐT Cauchy)
2
1 yz
1 x (1 y)(1 z)
(1)
17
Tương tự:
2
1 zx
1 y (1 z)(1 x)
(2)
2
1 xy
1 z (1 x)(1 y)
(3)
Nhân (1), (2) và (3) theo vế, ta được:
1 8xyz
(1 x)(1 y)(1 z) (1 x)(1 y)(1 z)
Hay:
1
xyz
8
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
x y z
2
Ví dụ 12: Cho a > b và a.b = 1. Chứng minh:
2 2
a b
2 2 (*)
a b
Giải:
Ta có:
2
2
(a b) 2ab 2 2
VT(*) (a b) (a b). 2 2
a b a b a b
(BĐT Cauchy)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b
ab 1,a b 2
2 6 2 6
a a
2 2
6 2 6 2
b b
2 2
Ví dụ 13: Tìm GTNN của
1 1
A (1 x) 1 (1 y) 1
y x
, với x > 0,
y > 0 thỏa mãn x
2
+ y
2
= 1
(Trích đề thi đề nghị Olympic Đồng bằng sông Cửu Long năm 2001)
18
Giải:
Ta có:
1 1 x y 1 1 1
A x y 2
2x 2y y x 2 x y
Theo BĐT Cauchy:
2
2
1 1 1 x y x y
x x. 2,y 2, . 2
2x 2x 2y y x y x
2 2
2 2
4
1 1 1 1 1 2
2
2 x y x y
xy
x y
Do đó:
A 4 3 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
x y
2
Vậy:
minA 4 3 2
Ví dụ 14: Cho x, y, z > 0 và thỏa mãn
1 1 1
4
x y z
Chứng minh:
1 1 1
1
2x y z x 2y z x y 2z
(Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2005)
Giải:
Cách 1:
Gọi
1 1 1
A
2x y z x 2y z x y 2z
Sử dụng BĐT
1 1 1 1
, a,b 0
a b 4 a b
(xem lại ví dụ 1a.)
Ta có:
1 1 1 1 1
2x y z (x y) (x z) 4 x y x z
(1)
Tương tự:
1 1 1 1
x 2y z 4 x y x z
(2)
1 1 1 1
x y 2z 4 x z y z
(3)
19
Cộng (1), (2) và (3) theo vế:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
A
2 x y x z y z 8 x y x z y z
Hay:
1 1 1 1
A 1
4 x y z
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
x y z
4
Cách 2:
Sử dụng BĐT
1 1 1 1 1 1
, a,b,c,d 0
a b c d 16 a b c d
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1
2x y z x x y z 16 x x y z
(1)
Tương tự:
1 1 1 2 1
x 2y z 16 x y z
(2)
1 1 1 1 2
x y 2z 16 x y z
(3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế:
1 4 4 4
A 1
16 x y z
Cách 3:
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
4
1 1 1 1 2 1 1
2x y z x x y z 16 x y z
xxyz
(1)
Tương tự:
1 1 1 2 1
x 2y z 16 x y z
(2)
1 1 1 1 2
x y 2z 16 x y z
(3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế:
1 4 4 4
A 1
16 x y z
20
Ví dụ 15: Cho x, y, z > 1 thỏa x + y + z = xyz. Tìm GTNN của:
2 2 2
y 2 z 2 x 2
P
x y z
(Trích đề trong Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 6/1998)
Giải:
Giả thiết đã cho có thể viết lại:
1 1 1
1
xy yz zx
Ta có:
2 2 2
(x 1) (y 1) (y 1) (z 1) (z 1) (x 1) 1 1 1
P
x y z x y z
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
(x 1) (y 1) (z 1)
x z x y y z x y z
2(x 1) 2(y 1) 2(z 1) 1 1 1
T
xz xy yz x y z
(1)
Mà:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
T 2 2
x y z xy yz zx x y z
(2)
Ngoài ra:
2
1 1 1 1 1 1
3 3
x y z xz xy yz
(3)
Kết hợp (1), (2) và (3)
P 3 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x y z 3
Vậy:
minP 3 2
Ví dụ 16: Cho a, b, c > 1. Chứng minh:
c a b
b c a
log log log
3
a b c 3 abc
(Trích đề trong Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 5/2004)
Giải:
Do
c b
b c
a,b,c 1 log 0,log 0
Ta có:
c a c b a c b
b c b c b b c
log log log log .log log log
a b a b a a
(1)
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
c b
b c
c b c b c b
b c b c b c
log log
log log log log log log
2
a a 2 a .a .2 a 2a
c b
b c
log .log
2a 2a
(2)
21
(1) và (2)
c a
b c
log log
a b 2a
(3)
Tương tự:
a b b c
c a a b
log log log log
b c 2b (4), c a 2c
(5)
Cộng (3), (4) và (5) theo vế:
c a b
b c a
log log log
3
a b c a b c 3 abc
(BĐT Cauchy)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 1: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
a. (a + b)(b + c)(c + a) > 8abc.
b.
bc ca ab
a b c
a b c
Bài tập 2: Cho a, b > 0. Chứng minh: 3a
3
+ 17b
3
> 18ab
2
Bài tập 3: Cho x, y > 0. Chứng minh:
2 2
1 1
x y 2( x y)
x y
Bài tập 4: Cho a
1
, a
2
, …, a
2007
> 0 sao cho tích a
1
.a
2
…a
2007
= 1
Chứng minh: (1 + a
1
).(a + a
2
)… (1 + a
2007
) > 2
2007
Bài tập 5: Cho a, b, c >0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
1 1 1
1 . 1 . 1 64
a b c
Chủ đề 5
SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BU-NHI-A-CỐP-XKI
1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
+ Cho 2 bộ số (a
1
, a
2
), (b
1
, b
2
). Ta luôn có:
2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
(a b a b ) (a a )(b b )
Đẳng thức chỉ xảy ra khi tồn tại t:
i i
i i
b ta (i 1,2)
a tb (i 1,2)
+ Cho 2 bộ số (a
1
, a
2
,…,a
n
), (b
1
, b
2
,…,b
n
). Ta luôn có:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n
(a b a b a b ) (a a a )(b b b )
2 2 2
1 2 n
(b b a )
22
Đẳng thức chỉ xảy ra khi tồn tại t:
i i
i i
b ta (i 1,2, ,n)
a tb (i 1,2, ,n)
Chú ý:
Với qui ước nếu mẫu số bằng không thì tử số cũng bằng không.
Nên ta có thể viết
1 2 n
i i
1 2 n
b b b
i,b ta là ;
a a a
1 2 n
i i
1 2 n
a a a
i,a tb là ;
b b b
2. VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Cho
x,y
R, 2x + 7y = 1. Chứng minh:
2 2
1
x y
53
Giải:
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki cho 2 bộ số (2, 7); (x, y):
Ta có:
2 2 2 2 2
1
1 (2x 7y) (2 7 ) x y
53
Đẳng thức xảy ra khi
2
2x 7y 1
x
53
x y 2x 7y 2x 7y 1
7
y
2 7 4 49 53 53
53
Ví dụ 2: Cho 0 < c < a, 0 < c < b. Chứng minh:
c(a c) c(b c) ab (*)
Giải:
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki cho 2 bộ số:
c, b c ; b c, c
Ta có:
2 2 2 2
VT(*) c a c b c c (b c) . (a c) c
b. a ab
Ví dụ 3: Cho
1
a,b,c
2
và a + b + c = 1. Chứng minh:
2a 1 2b 1 2c 1 15
