Chuyên Đề: Các Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức THCS
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (270.31 KB, 19 trang )
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
Caực phửụng phaựp chửựng minh Baỏt ủaỳng thửực THCS
Bất đẳng thức là một trong những kiến thức trọng yếu của chơng trình Toán TH. Đối với
chơng trình Toán THCS các em học sinh thờng gặp dạng Toán này trong các kì thi lớn
nh HSG hoặc vào các trờng chuyên. Song trong quá trình giãng dạy của mình, Tôi nhận
thấy rằng, đa số học sinh thờng rất yếu về dạng Toán này. Chính vì thế mà bài viết này
Tôi muốn gửi tới toàn thể các em Học Sinh những gì mà Tôi nghĩ là gần gũi với các em
nhất, với mong muốn phần nào đó giúp các em nắm vững hơn các kiến thức, rồi từ đó giải
thành thạo giạng Toán này.
Phần I : các kiến thức cần nhớ.
1) Đinhnghĩa
0
0
BABA
BABA
2) Tính chất
+) A > B
B < A
+) A > B và B > C
A > C
+) A > B
A + C > B + C
+) A > B và C > D
A + C > B + D
+) A > B và C > 0
A.C > B.C
+) A > B và C < 0
A.C < B.C
+) 0 < A < B và 0 < C < D
0 < A.C < B.D
+) A > B > 0
A
n
> B
n
Với mọi giá trị n.
+) A > B
A
n
> B
n
với n lẻ.
+)
BA >
A
n
> B
n
với n chẵn.
+) m > n > 0 và A > 1
A
m
> A
n
+) m > n > 0 và 0 < A < 1
A
m
< A
n
+) A < B và A.B > 0
BA
11
>
3) Một số bất đẳng thức cơ bản.
+)
2
A
0 với
A (dấu = xảy ra khi A = 0)
+)
n
A
2
0 với
A (dấu = xảy ra khi A = 0)
+)
A
0 với
A (dấu = xảy ra khi A = 0)
+)
AAA
+)
BABA ++
(dấu = xảy ra khi A.B > 0)
+)
BABA
(dấu = xảy ra khi A.B < 0)
Phần II : một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
Ph ơng pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B
Ta chứng minh A B > 0
Lu ý dùng hằng bất đẳng thức M
2
0 luôn đúng với mọi M
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
1
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
Ví dụ 1 Với mọi số thực x, y, z chứng minh rằng :
a) x
2
+ y
2
+ z
2
xy+ yz + zx
b) x
2
+ y
2
+ z
2
2xy 2xz + 2yz
c) x
2
+ y
2
+ z
2
+3
2(x + y + z)
Giải:
a) Ta xét hiệu: x
2
+ y
2
+ z
2
xy yz zx =
2
1
.(2x
2
+ 2y
2
+ 2z
2
2xy 2yz
2zx)
=
( )
[ ]
0)()(
2
1
22
2
++ xzzyyx
(*)
Vì (x y)
2
0 với mọi x ; y Dấu bằng xảy ra khi x = y
(y z)
2
0 với mọi y ; z Dấu bằng xảy ra khi y = z
(z x)
2
0 với mọi z; x Dấu bằng xảy ra khi z = x
Bất đẳng thức (*) luôn đúng với mọi x; y; z
R
Vậy x
2
+ y
2
+ z
2
xy + yz + zx Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
b)Ta xét hiệu: x
2
+ y
2
+ z
2
( 2xy 2xz + 2yz ) = x
2
+ y
2
+ z
2
2xy + 2xz 2yz
= (x y + z)
2
0 luôn đúng với mọi x; y; z
R
Vậy x
2
+ y
2
+ z
2
2xy 2xz + 2yz đúng với mọi x; y; z
R. Dấu bằng xảy ra khi x = y =
z.
c) Ta xét hiệu: x
2
+ y
2
+ z
2
+ 3 2( x + y + z ) = x
2
2x + 1 + y
2
2y + 1 + z
2
2z
+1
= (x 1)
2
+ (y 1)
2
+(z 1)
2
0
Dấu (=) xảy ra khi x = y = z = 1
Ví dụ 2: Chứng minh rằng :
a)
2
22
22
+
+ baba
b)
2
222
33
++
++ cbacba
c) Hãy tổng quát bài toán
giải
a) Ta xét hiệu:
4
2
4
)(2
22
2222
2
22
bababababa ++
+
=
+
+
=
( )
2222
222
4
1
bababa +
=
( )
0
4
1
2
ba
với mọi a; b.
Vậy
2
22
22
+
+ baba
Dấu bằng xảy ra khi a = b.
b)Ta xét hiệu:
[ ]
0)()()(
9
1
33
222
2
222
++=
++
++
accbba
cbacba
với mọi a; b.
Vậy
2
222
33
++
++ cbacba
Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
c)Tổng quát
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
2
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
2
21
22
2
2
1
+++
+++
n
aaa
n
aaa
nn
Tóm lại các bớc để chứng minh A
B theo định nghĩa
Bớc 1: Ta xét hiệu H = A B
Bớc 2: Biến đổi H = (C
D)
2
hoặc H =(C
D)
2
+ .+ (E
F)
2
Bớc 3: Tìm ĐK để dấu = xãy ra.
Bớc 4: Kết luận A
B
Ví dụ: Chứng minh rằng Với mọi số thực m, n, p, q ta đều có
m
2
+ n
2
+ p
2
+ q
2
+1
m.(n + p + q + 1)
(Chuyên Nga- Pháp 98-99)
Giải:
Xét hiệu: H =
)1.(1
2222
+++++++ qpnmqpnm
=
mqmpmnmqpn
m
+++
4
.4
222
2
=
++
++
++
+ 1
4
.
4
.
4
.
4
2
2
2
2
2
2
2
m
m
qqm
m
ppm
m
nnm
m
=
01
2222
2222
+
+
+
m
q
m
p
m
n
m
Với mọi số thực m, n, p, q.
Dấu bằng xảy ra khi:
===
=
=
=
=
=
=
=
=
=
1
2
2
2
2
2
01
2
0
2
0
2
0
2
qpn
m
Hay
m
m
q
m
p
m
n
m
q
m
p
m
n
m
Ph ơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi tơng đơng.
Lu ý: Nguyên tắc để chứng minh Bất đẳng thức A
B ta phải biến đổi bất đẳng thức đã
cho tơng đơng với một bất đẳng thức đúng hoặc một bất đẳng thức đã đợc chứng minh
là đúng.
Chú ý: Các hằng đẳng thức sau:
( )
22
2
2 BABABA ++=+
( )
BCACABCBACBA 222
222
2
+++++=++
( )
3223
3
33 BABBAABA +++=+
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d, e là các số thực chứng minh rằng:
a)
ab
b
a +
4
2
2
b)
baabba ++++ 1
22
c)
)(
22222
edcbaedcba +++++++
Giải:
a) Ta có:
abbaab
b
a 44
4
22
2
2
++
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
3
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
044
22
+ abba
0)2(
2
ba
(bất đẳng thức này luôn đúng với mọi số thực a; b)
Vậy
ab
b
a +
4
2
2
. Dấu bằng xảy ra khi 2a = b
b) Ta có:
).(2)1.(21
2222
baabbabaabba ++++++++
0222222
22
++ baabba
0)12()12()2(
2222
+++++ bbaababa
0)1()1()(
222
++ baba
(Bất đẳng này luôn đúng).
Vậy
baabba ++++ 1
22
. Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1
c) Ta có:
)(
22222
edcbaedcba +++++++
)(.4.(4
22222
edcbaedcba +++++++
aeadacabedcba 4444)44444
22222
+++++++
0444444444
22222
++++ aeadacabedcba
0)44()44()44()44(
22222222
+++++++ eaeadadacacababa
0)2()2()2()2(
2222
+++ eadacaba
(Bất đẳng thức này luôn đúng)
Vậy
)(
22222
edcbaedcba +++++++
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
)).(()).((
4488221010
babababa ++++
Giải: Ta có:
1284481212102210124488221010
)).(()).(( bbabaabbabaababababa ++++++++++
0)()(.
22822228
+ abbababa
0))((
662222
bababa
[ ]
0)()()(
32322222
bababa
[ ]
0.)(
422422222
++ bbaababa
(*)
Bất đẳng thức (*) luôn đúng vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 3: Cho x.y =1 và x > y. Chứng minh rằng
22
22
+
yx
yx
Giải:
Ta có:
22
22
+
yx
yx
Vì: x > y nên x y > 0
).(2222
22
22
yxyx
yx
yx
+
+
0.22.22
22
++ yxyx
02.22.222
22
+++ yxyx
02.22.22)2(
222
+++ xyyxyx
(vì x.y =1 nên 2 = 2xy)
0)2(
2
yx
(*)
BĐT (*) luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 4:
a) Chứng minh: P(x,y) =
01269
222
++ yxyyyx
Ryx ;
b) Chứng minh:
cbacba ++++
222
(Gợi ý: Bình phơng 2 vế)
c) Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn điều kiện:
++<++
=
zyx
zyx
zyx
111
1
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
4
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
Chứng minh rằng: Có đúng một trong ba số x, y, z lớn hơn 1.
(Đề thi vào lớp 10 PTTH Chuyên Lam Sơn Thanh Hoá năm học 96 - 97)
Giải:
c) Xét
1)()1)(1)(1( ++++++= zyxzxyzxyxyzzyx
+++++=
zyx
xyzzyxxyz
111
)()1(
0
111
)( >
++++=
zyx
zyx
(vì
zyx
zyx
++<++
111
theo gt)
2 trong 3 số (x 1), (y 1), (z 1) âm, hoặc cả 3 số(x 1), (y 1), (z 1) đều
dơng.
Nếu cả 3 số(x 1), (y 1), (z 1) đều dơng thì x, y, z >1
x.y.z > 1 (trái với giả
thiết x.y.z =1). Vì thế, bắt buộc phải xảy ra trờng hợp 2 trong 3 số (x 1), (y 1), (z
1) âm, tức là có đúng 1 trong ba số x, y, z là số lớn hơn 1 (đpcm).
Ph ơng pháp 3 : Dùng bất đẳng thức quen thuộc (Bất đẳng thức phụ)
A. Một số bất đẳng thức hay sử dụng.
1) Các bất đẳng thức cơ bản.
a)
xyxyyx 22
22
+
. Dấu = xãy ra khi x = y.
b)
xyyx +
22
. Dấu = xãy ra khi x = y = 0.
c)
xyyx 4)(
2
+
. Dấu = xãy ra khi x = y.
d) Nếu a.b > 0 thì
2+
a
b
b
a
. Dấu = xãy ra khi x = y.
2) Bất đẳng thức Cô sy:
n
n
n
aaaa
n
aaaa
321
321
++++
(Trong đó
0, ,,,
321
>
n
aaaa
)
Dấu = xãy ra khi:
n
aaaa ====
321
3) Bất đẳng thức Bunhiacopski
( )
( )
( )
2
2211
22
2
2
1
22
2
2
2
nnnn
xaxaxaxxaaa
+++++++++
4) Bất đẳng thức Trê - b - sép:
a) Nếu
CBA
cba
thì
3
.
33
CBAcbaCcBbAa ++++
++
. Dấu = xãy ra khi
==
==
CBA
cba
b) Nếu
CBA
cba
thì
3
.
33
CBAcbaCcBbAa ++++
++
. Dấu = xãy ra khi
==
==
CBA
cba
B. Các ví dụ
Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng
(a + b)(b + c)(c + a)
8abc
Giải:
Cách 1: (Dùng bất đẳng thức phụ:
xyyx 4)(
2
+
)
Tacó:
abba 4)(
2
+
;
bccb 4)(
2
+
;
caac 4)(
2
+
2222
)8(4.4.4).().()( abccabcabaccbba =+++
(a + b)(b + c)(c + a)
8abc. Dấu = xảy ra khi a = b = c
Ví dụ 2
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
5
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
1) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 CMR:
9
111
++
cba
2) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1 CMR:
)1)(1)(1(42 zyxzyx ++
3) Cho a > 0, b > 0, c > 0. CMR:
2
3
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
4) Cho x
0,y
0 và thỏa mãn điều kiện:
12 = yx
. CMR:
5
1
+ yx
Ví dụ 3: Cho a > b > c > 0 và
1
222
=++ cba
.
Chứng minh rằng:
2
1
333
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
Giải:
Do a, b, c đối xứng, giả sử a
b
c
+
+
+
ba
c
ac
b
cb
a
cba
222
áp dụng BĐT Trê- b-sép ta có:
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+
++
+
+
+
+
+
ba
c
ac
b
cb
a
ba
c
ac
b
cb
a
cba
ba
c
c
ac
b
b
cb
a
a
9
1
3
.
33
222
222
(Vì
1
222
=++ cba
theo giả thiết)
2
1
2
3
.
3
1
333
=
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
(đpcm)
(Vì theo Ví dụ 2 ta đã chứng minh đợc
2
3
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
)
Vậy
2
1
333
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
3
1
.
Ví dụ 4: Cho a, b, c, d > 0 và a.b.c.d = 1. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
10
2222
+++++++++ acddcbcbadcba
Giải:
Ta có:
abba 2
22
+
và
cddc 2
22
+
).(222
2222
cdabcdabdcba +=++++
Vì: a.b.c.d =1 nên
ab
cd
1
=
4)
1
.(2
2222
++++
ab
abdcba
(1) (áp dụng BĐT:
2
1
+
x
x
)
Mặt khác ta lại có:
)()()()()()( adbcbdaccdabacddcbcba +++++=+++++
6222
111
=++
++
++
+=
bc
bc
ac
ac
ab
ab
(2)
Từ (1) và (2)
10)()()(
2222
+++++++++ acddcbcbadcba
Ví dụ 5: Cho 4 số a, b, c, d bất kỳ. Chứng minh rằng:
222222
)()( dcbadbca ++++++
Giải: Ta có:
222222
)(2)()( dcbdacbadbca +++++=+++
áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopski ta đợc:
2222
dcbadbca +++
22
)()( dbca +++
)(.2)(
22222222
dcdcbaba ++++++
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
6
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
Hay
2222222
)()()( dcbadbca ++++++
222222
)()( dcbadbca ++++++
Ví dụ 6: Chứng minh rằng:
cabcabcba ++++
222
Giải:
áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 cặp số (1, 1, 1) và (a, b, c) ta có:
( )
( )
2
222222
.1.1.1)(111 cbacba ++++++
)(2)(3
222222
cabcabcbacba +++++++
)(2)(2
222
cabcabcba ++++
cabcabcba ++++
222
(đpcm). Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Ph ơng pháp 4 : Sử dụng tính chất bắc cầu
1. L u ý : A > B và B > C thì A > C
0 < x < 1 thì x
2
< x
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d > 0 thỏa mãn a > c + d, b > c + d
Chứng minh rằng ab > ad + bc
Giải:
Tacó
>>
>>
+>
+>
0
0
cdb
dca
dcb
dca
(a c)(b d) > cd
ab ad bc + cd > cd
ab > ad + bc (điều phải chứng minh)
Ví dụ 2: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện
3
5
222
=++ cba
.
Chứng minh rằng:
abccba
1111
<+
Giải:
Ta có : (a + b c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab ac bc)
0
ac + bc ab
2
1
(a
2
+ b
2
+ c
2
)
ac + bc ab
6
5
< 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta đợc
abccba
1111
<+
(đpcm)
Ví dụ 3. Cho 0 < a, b, c, d < 1.
Chứng minh rằng (1 a).(1 b).(1 c).(1 d) > 1 a b c d
Giải:
Ta có: (1 a).(1 b) = 1 a b + ab
Do a > 0, b > 0 nên ab > 0
(1 a).(1 b) > 1 a b (1)
Mặt khác: Vì c < 1 nên 1 c > 0
(1 a).(1 b).(1 c) > 1 a b c
(1 a).(1 b).(1 c).(1 d) > (1 a b c).(1 d)
= 1 a b c d + ad + bd + cd
(1 a).(1 b).(1 c).(1 d) > 1 a b c d (Điều phải chứng
minh)
Ví dụ 4
a) Cho 0 < a, b, c < 1 . Chứng minh rằng:
accbbacba
222333
3222 +++<++
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
7
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
b) Chứng minh rằng : Nếu
1998
2222
=+=+ dcba
thì
1998+ bdac
(Chuyên Anh năm học 1998 1999)
a) Giải:
Do
0111
22
><< aaa
và
011
><
bb
Từ đó suy ra:
010)1)(1(
222
>+> bababa
baba +>+
22
1
(*)
Mặt khác:
3232
;1;0 bbbaaba >>><<
(**)
Từ (*) và (**)
332
1 baba +>+
Hay
baba
233
1+<+
(1)
Tơng tự :
cbcb
233
1+<+
(2)
Và
acac
233
1+<+
(3)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta có :
accbbacba
222333
3222 +++++
b) Giải:
Ta có:
abcdcbdaabcddbcabcadbdac 22)()(
2222222222
++++=++
)()(
222222
dcbdca +++=
)).((
2222
dcba ++=
2
1998=
Mặt khác:
2222
1998)()()( =++<+ bcadbdacbdac
1998+ bdac
2) Bài tập:
a) Cho các số thực: a
1
; a
2
; a
3
; ; a
2003
thỏa mãn: a
1
+ a
2
+ a
3
+ . + a
2003
=1.
Chứng minh rằng:
2003
1
2
2003
2
3
2
2
2
1
++++
aaaa
(Đề thi vào lớp 10 PTTH Chuyên Nga Pháp 2003- 2004 Thanh Hóa)
b) Cho a; b; c
0 thỏa mãn: a + b + c = 1
Chứng minh rằng:
81
1
.1
1
.1
1
cba
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phơng pháp 5: Dùng tính chất của tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b, c là các số dơng thì
a) Nếu
1>
b
a
thì
cb
ca
b
a
+
+
>
b) Nếu
1<
b
a
thì
cb
ca
b
a
+
+
<
2) Nếu b, d > 0 và
d
c
b
a
<
thì
d
c
db
ca
b
a
+
+
<
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:
21 <
++
+
++
+
++
+
++
<
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
Giải :
Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
8
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
dcba
da
cba
a
cba
a
+++
+
<
++
<
++
1
(1)
Mặt khác:
dcba
a
cba
a
+++
>
++
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
dcba
da
cba
a
dcba
a
+++
+
<
++
<
+++
(3)
Tơng tự ta có:
dcba
ab
dcb
b
dcba
b
+++
+
<
++
<
+++
(4)
dcba
cb
adc
c
dcba
c
+++
+
<
++
<
+++
(5)
dcba
cd
bad
d
dcba
d
+++
+
<
++
<
+++
(6)
Cộng vế theo vế của (3); (4); (5); (6) ta có:
21 <
++
+
++
+
++
+
++
<
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
(điều phải chứng minh)
Ví dụ 2: Cho
d
c
b
a
<
và b, d > 0. Chứng minh rằng
d
c
db
cdab
b
a
<
+
+
<
22
Giải: Từ
22
d
cd
b
ab
d
c
b
a
<<
d
c
d
cd
db
cdab
b
ab
b
a
=<
+
+
<=
2222
Vậy
d
c
db
cdab
b
a
<
+
+
<
22
(điều phải chứng minh)
Ví dụ 3: Cho a; b; c;d là các số nguyên dơng thỏa mãn : a + b = c + d = 1000.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =
d
b
c
a
+
Giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử:
d
b
c
a
. áp dụng tính chất Nếu
n
m
b
a
thì
n
m
nb
ma
b
a
+
+
ta có:
d
b
dc
ba
c
a
+
+
1
c
a
(vì a + b = c + d)
a) Nếu: b
998
thì
998
d
b
999+
d
b
c
a
b) Nếu: b = 998 thì a = 1
dcd
b
c
a 9991
+=+
Đạt giá trị lớn nhất khi d = 1; c = 999
Vậy giá trị lớn nhất của P =
999
1
999 +=+
d
b
c
a
khi a = d = 1; c = b = 999
Phơng pháp 6: Phơng pháp làm trội
L u ý:
Dùng các tính bất đẳng thức để đa một vế của bất đẳng thức về dạng tính đợc tổng hữu
hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phơng pháp chung để tính tổng hữu hạn:
n
uuuuS
++++=
321
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u
k
về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
1+
=
kkk
aau
Khi đó:
n
uuuuS ++++=
321
)( )()()(
1433221 +
++++=
nn
aaaaaaaa
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
9
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
11 +
=
n
aa
(*) Phơng pháp chung về tính tích hữu hạn
n
uuuuP
321
=
Biến đổi các số hạng u
k
về thơng của hai số hạng liên tiếp nhau:
1+
=
k
k
k
a
a
u
Khi đó:
1
1
14
3
3
2
2
1
321
++
===
nn
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
uuuuP
Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n > 1 chứng minh rằng:
2
1
2
1
3
1
2
1
1
1
>++
+
+
+
+
+ nnnn
Giải:
Ta có
nnnkn 2
111
=
+
>
+
với k = 1, 2, 3, , n 1
Do đó:
2
1
22
1
2
1
2
1
2
1
2
1
3
1
2
1
1
1
==++++>++
+
+
+
+
+ n
n
nnnnnnnn
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
)11(2
1
4
1
3
1
2
1
1 +>+++++ n
n
(Với n là số
nguyên)
Giải :
Ta có:
)1(2
1
2
2
21
kk
kkkk
+=
++
>=
Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có
)12(21 >
)23(2
2
1
>
)34(2
3
1
>
)1(2
1
nn
n
+>
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
)11(2
1
4
1
3
1
2
1
1 +>+++++ n
n
Ví dụ 3: Chứng minh rằng:
2
1
1
2
<
=
n
k
k
Zn
Giải:
Ta có:
kkkk
k
1
1
1
)1(
11
2
=
<
Cho k chạy từ 2 đến n ta có:
2
1
1
2
1
2
<
3
1
2
1
3
1
2
<
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
10
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
4
1
3
1
4
1
2
<
. . . . . . . . . . . .
nn
n
1
1
11
2
<
1
1
1
1
1
1
4
1
3
1
3
1
2
1
2
1
1
1
4
1
3
1
2
1
2222
<=
++
+
+
<++++
nnn
n
Vậy
2
1
1
2
<
=
n
k
k
Zn
.
Ví dụ 4: Chứng minh các BĐT sau :
a)
2
1
)12)(12(
1
7.5
1
5.3
1
2.1
1
<
+
++++
nn
b)
2
3.2.1
1
4.3.2.1
1
3.2.1
1
2.1
1
1 <+++++
n
Giải :
a) Ta có:
+
=
+
+
=
+ 12
1
12
1
.
2
1
)12)(12(
)12()12(
.
2
1
)12)(12(
1
kkkk
kk
kk
Cho k chạy từ 1 đến n. Sau đó cộng lại ta có
2
1
12
2
1.
2
1
)12)(12(
1
7.5
1
5.3
1
2.1
1
<
+
=
+
++++
nnn
(đpcm)
b) Ta có:
nnn ).1(
1
4.3
1
3.2
1
2.1
1
1
3.2.1
1
4.3.2.1
1
3.2.1
1
2.1
1
1
+++++<+++++
2
1
2
1
1
1
4
1
3
1
3
1
2
1
2
1
11 <=
++
+
+
+=
nnn
(đpcm)
P h ơng pháp 7 : Dùng bất đẳng thức trong tam giác
Lu ý: Nếu a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì : a; b; c > 0
Và
cbacb +<<
;
cabca +<<
;
bacba +<<
Ví dụ1: Cho a; b; c là độ dài 3 cạnh của tam giác chứng minh rằng:
a) a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ac)
b) abc > (a + b c).(b + c a).(c + a b)
Giải
a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có
)(2
)(
)(
)(
0
0
0
222
2
2
2
cabcabcba
bacc
acbb
cbaa
bac
acb
cba
++<++
+<
+<
+<
+<<
+<<
+<<
b)
b) Ta có:
0)(
222
>>> cbaacba
0)(
222
>>> acbbacb
0)(
222
>>> baccbac
Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên ta đợc:
[ ] [ ] [ ]
222222222
)(.)(.)( bacacbcbacba >
222222
).().()( bacacbcbacba +++>
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
11
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
)).().((. bacacbcbabca +++>
Ví dụ 2:
1) Cho a, b, c là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh rằng
)(2
222
cabcabcbacabcab ++<++<++
2) Cho a, b, c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2.
Chứng minh rằng
22
222
<+++ abccba
Phơng pháp 8: Đổi biến số (phơng pháp đặt ẩn phụ)
Ví dụ1: Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:
2
3
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
(1)
Giải :
Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b ta có: a =
2
xzy +
; b =
2
yxz +
; c =
2
zyx +
=+
=+
=+
zba
yac
xcb
Khi đó: (1)
2
3
222
+
+
+
+
+
z
zyx
y
yxz
x
xzy
3
+
+
+
+
+
z
zyx
y
yxz
x
xzy
3111 +++++
z
y
z
x
y
x
y
z
x
z
x
y
6
++
++
+
z
y
y
z
z
x
x
z
y
x
x
y
Vì:
2
+
y
x
x
y
;
2
+
z
x
x
z
và
2
+
z
y
y
z
6
++
++
+
z
y
y
z
z
x
x
z
y
x
x
y
. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z. (đpcm)
Ví dụ2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c < 1. Chứng minh rằng:
9
2
1
2
1
2
1
222
+
+
+
+
+ abcacbbca
(1)
Giải:
Đặt x =
02
2
>+ bca
; y =
02
2
>+ acb
; z =
02
2
>+ abc
Ta có:
1)(
2
<++=++ cbazyx
(*)
Lại có:
9
111
)(
++++
zyx
zyx
(**)
Từ (*) và (**)
9
111
++
zyx
. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z.
Hay
9
2
1
2
1
2
1
222
+
+
+
+
+ abcacbbca
. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. (đpcm)
Ví dụ3: Cho x
0, y
0 thỏa mãn điều kiện
12 = yx
. CMR:
5
1
+ yx
.
Gợi ý:
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
12
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
Đặt
0= ax
,
0= by
.
Từ đó Bài Toán trở thành: Cho
12 = ba
. CMR:
5
1
22
+ ba
.Thế (1) vào(2) Ta có đpcm
Bài tập
1) Cho a > 0, b > 0, c > 0. CMR:
8
1625
>
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
2) Tổng quát m, n, p, q, a, b > 0. Chứng minh rằng:
)()(
2
1
2
pnmpnm
ba
pc
ac
nb
cb
ma
++++
+
+
+
+
+
===============================================================
Phơng pháp 9: Dùng tam thức bậc hai
L u ý : Cho tam thức bậc hai:
cbxaxxf ++=
2
)(
Nếu
< 0 thì a.f(x) > 0
Rx
Nếu
= 0 thì a.f(x) > 0
a
b
x
(
Rx
)
Nếu
> 0 thì a.f(x) > 0
>
<
2
1
xx
xx
Và a.f(x) < 0
21
xxx <<
(Trong đó x
1
; x
2
là hai nghiệm của đa thức f(x) và x
1
> x
2
)
Ví dụ 1: Chứng minh rằng : f(x, y) =
036245
22
>+++ yxxyyx
(1)
Giải:
Ta có: (1)
0365).12(2
22
>++ yyxyx
( )
36512
2
2
+=
yyy
( )
011
365144
2
22
<=
++=
y
yyyy
Vậy f(x, y) > 0 với mọi x, y.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: f(x, y) =
322242
44).2(2 xyxxyyxyx >++++
Giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với
044).2(2
322242
>++++ xyxxyyxyx
04.)1(4.)1(
22222
>+++ yxyyxy
Ta có:
016)1(4)1(4
222222'
<=+= yyyyy
Vì a =
0)1(
22
>+y
vậy f(x, y) > 0.
Ryx ,
(đpcm)
===============================================================
Phơng pháp 10: Dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với
0
nn >
ta thực hiện các bớc sau :
1) Kiểm tra bất đẳng thức đúng với
0
nn =
.
2) Giả sử BĐT đúng với n = k (thay n = k vào BĐT cần chứng minh đợc gọi là giả
thiết quy nạp)
3) Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 (thay n = k + 1vào BĐT cần
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
13
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)
4) Kết luận BĐT đúng với mọi
0
nn >
Ví dụ1: Chứng minh rằng:
n
n
1
2
1
3
1
2
1
1
1
2222
<++++
(1)
1, > nNn
Giải :
Với n = 2 ta có:
2
1
2
4
1
1 <+
(đúng)
Vậy BĐT (1) đúng với n = 2
Giả sử BĐT (1) đúng với n = k . Tức là
k
k
1
2
1
3
1
2
1
1
1
2222
<++++
Bây giờ ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k + 1.
Thật vậy khi n = k + 1 thì: (1)
1
1
2
)1(
1
3
1
2
1
1
1
2222
+
<
+
++++
k
k
Theo giả thiết quy nạp ta có:
1
11
2
)1(
11
3
1
2
1
1
1
22222
+
+
<
+
+
++++
kk
kk
(*)
Vì:
1
1
2
)1(
1
2
1
11
2
+
<
+
=
+
+
kkkkk
(**)
Từ (*) và (**)
1
1
2
)1(
1
3
1
2
1
1
1
2222
+
<
+
++++
k
k
BĐT (1) cung đúng với n = k + 1.
Vậy bất đẳng thức (1) đợc chứng minh.
Ví dụ2: Cho
Nn
và a + b > 0. Chứng minh rằng:
22
nn
n
baba +
+
(1)
Giải:
Ta thấy BĐT (1) đúng với n = 1.
Giả sử BĐT (1) đúng với n = k. Tức là ta có:
22
kk
k
baba +
+
Bây giờ Ta phải chứng minh BĐT (1) củng đúng với n = k + 1
Thật vậy với n = k + 1 ta có:
(1)
22
11
1
++
+
+
+
kk
k
baba
22
.
2
11 ++
+
+
+
kk
k
bababa
(2)
Vì: VT
242
.
22
.
2
1111 ++++
+
+++
=
++
+
+
=
kkkkkkkk
k
babbaabababababa
= VP
BĐT (1) đúng với n = k + 1.
Vậy BĐT (1) luôn đúng. Ta có (đpcm)
===============================================================
Ph ơng pháp 11: Chứng minh phản chứng
L u ý :
1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng, ta hãy giả sử bất đẳng thức đó
sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái
với giả thiết , có thể là điều trái ngợc nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng
minh là đúng
2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề G
K phép toán mệnh đề cho ta :
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
14
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
Nh vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết luận
của nó. Ta thờng dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :
A. Dùng mệnh đề phản đảo :
GK
B. Phủ định rồi suy trái giả thiết :
C. Phủ định rồi suy trái với điều đúng
D. Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngợc nhau
E. Phủ định rồi suy ra kết luận :
Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a + b + c > 0 , ab + bc + ac > 0, abc > 0
Chứng minh rằng a > 0, b > 0, c > 0
Giải :
Giả sử a
0 thì từ abc > 0
a
0 do đó a < 0
Mà abc > 0 và a < 0
cb < 0
Từ ab + bc + ca > 0
a(b + c) > bc > 0
Vì a < 0 mà a(b + c) > 0
b + c < 0
a < 0 và b + c < 0
a + b +c < 0 trái giả thiết a + b + c > 0
Vậy a > 0.
Tơng tự ta có: b > 0 , c > 0
Ví dụ 2: Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện ac
2.(b + d) .Chứng minh rằng có ít
nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:
ba 4
2
<
,
dc 4
2
<
Giải :
Giả sử 2 bất đẳng thức :
ba 4
2
<
,
dc 4
2
<
đều đúng khi đó cộng vế theo vế ta đợc
)(4
22
dbca +<+
(1)
Theo giả thiết ta có 4(b + d)
2ac (2)
Từ (1) và (2)
acca 2
22
<+
hay
0)(
2
< ca
(vô lý)
Vậy trong 2 bất đẳng thức
ba 4
2
<
,
dc 4
2
<
có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3:
Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng:
Nếu
zyx
zyx
111
++>++
thì trong 3 số x, y, z có một số lớn hơn 1.
Giải :
Ta có (x 1).(y 1).(z 1) = xyz xy yz zx + x + y + z 1
=
++++
zyx
zyx
111
(vì xyz = 1)
Vì theo giả thiết thì
zyx
zyx
111
++>++
nên (x 1).(y 1).(z 1) > 0
Trong ba số (x 1), (y 1) và (z 1) chỉ có một số dơng
Thật vậy nếu cả ba số dơng thì x, y, z > 1
xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dơng thì (x 1).(y 1).(z 1) < 0 (vô lý)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x, y, z lớn hơn 1.
===============================================================
Phần iii : các bài tập nâng cao
1) Dùng định nghĩa
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
15
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
1) Cho abc = 1 và
36
3
>a
. Chứng minh rằng
cabcabcb
a
++>++
22
3
2
.
Giải
Ta có hiệu:
cabcabcb
aa
cabcabcb
a
+++=++
22
22
22
2
1243
bc
a
bcacabcb
a
3
12
2
4
2
22
2
+
+++=
0
12
36
2
3
2
>
+
=
a
abca
cb
a
(vì abc = 1 và a
3
> 36
nên a > 0 )
Vậy:
cabcabcb
a
++>++
22
3
2
. Điều phải chứng minh
2) Chứng minh rằng
a)
)1.(21
2244
+++++ zxxyxzyx
b)
036245
22
>+++ baabba
(Với mọi số thực a, b, c)
c)
024222
22
+++ baabba
(Với mọi số thực a, b, c)
Giải :
a) Xét hiệu
H =
xxzxyxzyx 22221
222244
++++
),,(0)1()()(
22222
zyxxzxyx ++=
H
0
),,( zyx
. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
b) Vế trái có thể viết
H =
1)1()12(
22
+++ bba
H > 0
),,( cba
ta có điều phải chứng minh
c) Vế trái có thể viết
H =
22
)1()1( ++ bba
H
0
),,( cba
. Từ đó, ta có điều phải chứng minh.
Ii. Dùng biến đổi t ơng đ ơng
1) Cho x > y và x.y = 1. Chứng minh rằng:
8
)(
)(
2
222
+
yx
yx
Giải :
Ta có:
2)(2)(
2222
+=+=+ yxxyyxyx
(vì x.y = 1)
[ ]
2
2222
2)()( +=+ yxyx
4).(4)(
24
++= yxyx
Do đó BĐT cần chứng minh tơng đơng với
224
).(84).(4)( yxyxyx ++
04).(4)(
24
+ yxyx
[ ]
02)(
2
2
yx
BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh.
2) Cho x.y
1. Chứng minh rằng:
xy
yx
+
+
+
+
1
2
1
1
1
1
22
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
16
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
Giải :
Ta có:
xy
yx
+
+
+
+
1
2
1
1
1
1
22
0
1
1
1
1
1
1
1
1
22
+
+
+
+
+
xy
y
xy
x
0
)1)(1()1)(1(
2
2
2
2
++
+
++
xyy
yxy
xyx
xxy
0
)1)(1(
)(
)1)(1(
)(
22
++
+
++
xyy
yxy
xyx
xyx
0
)1)(1)(1(
)1()(
22
2
+++
xyyx
xyxy
BĐT cuối này đúng do x.y > 1. Vậy ta có điều phải chứng minh
Iii. dùng bất đẳng thức phụ
1) Cho a, b, c là các số thực và a + b + c =1
Chứng minh rằng:
3
1
222
++ cba
Giải :
áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1, 1, 1) và (a, b, c)
Ta có:
))(111().1.1.1(
2222
cbacba ++++++
).(3)(
2222
cbacba ++++
3
1
222
++ cba
(vì a + b + c =1 ) (đpcm)
2) Cho a, b, c là các số dơng. Chứng minh rằng:
9
111
).(
++++
cba
cba
(1)
Giải :
Ta có: (1)
9111 ++++++++
a
c
a
c
c
b
a
b
c
a
b
a
93
++
++
++
b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a
6
++
++
+
b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a
áp dụng BĐT phụ
2+
x
y
y
x
Với x, y > 0
Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng
Vậy
9
111
).(
++++
cba
cba
(đpcm)
Iv. dùng ph ơng pháp bắc cầu
1) Cho 0 < a, b, c < 1. Chứng minh rằng:
accbbacba
222333
3222 +++<++
.
Giải:
Do
11
2
<< aa
và
11
2
<< bb
Nên
010)1)(1(
222222
>+> bababa
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
17
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
Hay
2222
1 baba +>+
(1)
Mặt khác: Vì 0 < a, b < 1
32
aa >
và
32
bbb >>
(2)
Từ (1) và (2)
332
1 baba +>+
Hay
baba
233
1+<+
(*)
Tơng tự ta củng chứng minh đợc:
cbcb
233
1+<+
(**)
Và
acac
233
1+<+
(***)
Cộng vế theo vế của (*), (**) và (***) ta đợc:
accbbacba
222333
3222 +++<++
(đpcm)
2) So sánh 31
11
và 17
14
.
Giải :
Ta có:
56551151111
22)2(3231 <==<
(1)
Mặt khác:
141414414.456
1716)2(22 <===
(2)
Từ (1) và (2)
1411
1731 <
V. Dùng tính chất tỉ số
1) Cho a, b, c, d > 0 .Chứng minh rằng:
32 <
++
+
+
++
+
+
++
+
+
++
+
<
bad
ad
adc
dc
dcb
cb
cba
ba
Giải :
Vì a, b, c, d > 0 nên ta có:
dcba
dba
cba
ba
dcba
ba
+++
++
<
++
+
<
+++
+
(1)
dcba
acb
dcb
cb
dcba
cb
+++
++
<
++
+
<
+++
+
(2)
dcba
bdc
adc
dc
dcba
dc
+++
++
<
++
+
<
+++
+
(3)
dcba
cad
bad
ad
dcba
ad
+++
++
<
++
+
<
+++
+
(4)
Cộng vế theo vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :
32 <
++
+
+
++
+
+
++
+
+
++
+
<
bad
ad
adc
dc
dcb
cb
cba
ba
(đpcm)
2) Cho a, b, c là số đo ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng:
21 <
+
+
+
+
+
<
ba
c
ac
b
cb
a
Giải :
Vì a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a, b, c > 0
Và a < b + c ; b < a + c ; c < a + b
Ta có:
cba
a
cba
aa
cb
a
++
=
++
+
<
+
2
(*)
Mặt khác:
cba
a
cb
a
++
>
+
(**)
Từ (*) và (**)
cba
a
cb
a
cba
a
++
<
+
<
++
2
(1)
Tơng tự ta củng có:
cba
b
ac
b
cba
b
++
<
+
<
++
2
(2)
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
18
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
Và
cba
c
ba
c
cba
c
++
<
+
<
++
2
(3)
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có:
21 <
+
+
+
+
+
<
ba
c
ac
b
cb
a
(đpcm)
Phần iv: ứng dụng của bất đẳng thức
1. Dùng bất đẳng thức để tìm cự c trị
L u ý
- Nếu f(x)
A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A.
- Nếu f(x)
B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4321 +++= xxxxP
Giải:
Ta có:
3414141 =++=+ xxxxxx
(1)
Dấu = xãy ra khi
410)4)(1( xxx
.
Tơng tự:
1323232 =++=+ xxxxxx
(2)
Dấu = xãy ra khi
320)3)(2( xxx
.
Từ (1) và (2)
4134321 =++++= xxxxP
Dấu = xãy ra khi
32
32
41
x
x
x
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là 4 đạt đợc khi
32 x
Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
S = xyz.(x + y).(y + z).(z + x) với x, y, z > 0 và x + y + z =1
Giải :
Vì x, y, z > 0 nên áp dụng BĐT Côsi cho 3 số x, y, z ta có:
27
1
3
1
.31
33
++= xyzxyzxyzzyx
(1)
Dấu = xãy ra khi x = y = z =
3
1
.
Lại áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dơng (x + y); (y + z) và (x + z) ta có:
3
2
))()(())()((.3)()()(2
33
+++++++++++= xzzyyxxzzyyxxzzyyx
27
8
)).().(( +++ xzzyyx
(2)
Dấu = xãy ra khi x = y = z =
3
1
.
Từ (1) và (2)
S = xyz.(x + y).(y + z).(z + x)
729
8
27
8
.
27
1
=
.
Dấu = xãy ra khi x = y = z =
3
1
.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức S là
729
8
đạt đợc khi x = y = z =
3
1
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
19
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
Ví dụ 3: Cho xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
444
zyx ++
Giải :
áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 2 bộ số (x, y, z) ;(y, z, x) ta có:
))(()(
2222222
zyxzyxzxyzxy ++++++
2222
)(1 zyx ++
(1)
Dấu = xãy ra khi x = y = z =
3
3
.
Lại áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 2 bộ số (x
2
, y
2
, z
2
) ;(1, 1, 1) ta có:
))(111()(
4442222222
zyxzyx ++++++
)(3)(
4442222
zyxzyx ++++
(2)
Dấu = xãy ra khi x = y = z =
3
3
.
Từ (1) và (2)
)(31
444
zyx ++
3
1
444
++ zyx
. Dấu = xãy ra khi x = y = z =
3
3
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là
3
1
đạt đợc khi x = y = z =
3
3
Ví dụ 4 : Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện tích
lớn nhất ?
Giải :
Giả sử cạnh huyền của tam giác vuông là 2a
Đờng cao thuộc cạnh huyền là h
Hình chiếu của các cạnh góc vuông lên cạnh huyền lần lợt là x, y.
Ta có S =
xyahahahyx ).(
2
1
2
===+
Vì a không đổi nên x + y = 2a không đổi.
S lớn nhất khi x.y lớn nhất
yx =
.
Vậy trong các tam giác vuông có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích
lớn nhất.
Ii, dùng b.đ.t để giải ph ơng trình và hệ ph ơng trình
Ví dụ 1 : Giải phơng trình sau:
22
4
2
24141051963 xxxxxx =+++++
Giải :
Ta có
1616)1(316)12(31963
222
++=+++=++ xxxxx
99)1(59)12(514105
222
++=+++=++ xxxxx
532916141051963
4
2
4
2
=+=++++++ xxxx
. Dấu = xảy ra khi x +1 = 0
hay x = - 1 (*)
Mặt khác:
5)1(5)12(524
222
+=++= xxxxx
. Dấu = xảy ra khi x +1 = 0
hay x = - 1 (**)
Từ (*) và (**)
124141051963
22
4
2
==+++++ xxxxxxx
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = - 1
Ví dụ 2: Giải phơng trình
3442
22
++=+ yyxx
Giải :
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
20
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :
22.2)2(.112
22222
==+++ xxxx
. Dấu = xảy ra khi x = 1 (*)
Mặt khác:
22)12(344
22
++=++ yyy
. Dấu = xảy ra khi y =
2
1
(**)
Từ (*) và (**)
23442
22
=++=+ yyxx
khi x = 1 và y =
2
1
Vậy nghiệm của phơng trình là
=
=
2
1
1
y
x
Ví dụ 3: Giải hệ phơng trình sau:
=++
=++
xyzzyx
zyx
444
1
Giải : áp dụng BĐT Côsi ta có:
222222
444444
444
222
xzzyyx
yzzyyx
zyx ++
+
+
+
+
+
=++
Lại có:
yzxxyzxzy
yxxzxzzyzyyx
xzzyyx
222
222222222222
222222
222
++
+
+
+
+
+
=++
)(
444
zyxxyzzyx ++++
Vì: x + y + z = 1 Nên
xyzzyx ++
444
. Dấu = xảy ra khi x = y = z =
3
1
Vậy hệ
=++
=++
xyzzyx
zyx
444
1
có nghiệm x = y = z =
3
1
Ví dụ 4 : Giải hệ phơng trình sau
+=
=
2
2
2
84
xxy
yxy
)2(
)1(
Từ phơng trình (1)
22808
22
yyy
Từ phơng trình (2)
xyxx .22.2
2
=+
0)2(.22
22
+ xx
0)2(
2
x
02 = x
2= x
=
=
2
2
x
x
Nếu x =
2
thì y =
22
Nếu x =
2
thì y =
22
Vậy hệ phơng trình có nghiệm là
=
=
2
2
y
x
và
=
=
22
22
y
x
Iii. dùng B.Đ.t để giải phơng trình nghiệm nguyên
Ví dụ 1 Tìm các số nguyên x, y, z thoả mãn
423
222
++++ zyxyzyx
Giải :
Vì x, y, z là các số nguyên nên:
423
222
++++ zyxyzyx
0323
222
+++ zyxyzyx
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
21
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
( )
01233
4
3
4
2
22
2
++
++
+ zzy
yy
xyx
0)1(1
2
3
2
2
22
+
+
z
yy
x
(*)
Mà
0)1(1
2
3
2
2
22
+
+
z
yy
x
Ryx ;
Phơng trình (*)
0)1(1
2
3
2
2
22
=+
+
z
yy
x
=
=
=
=
=
=
1
2
1
01
01
2
0
2
z
y
x
z
y
y
x
Các số x,y,z phải tìm là
=
=
=
1
2
1
z
y
x
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình :
2
111
=++
zyx
Giải :
Không mất tính tổng quát ta giả sử
zyx
Ta có:
32
3111
2 ++= z
zzyx
Mà z nguyên dơng vậy z = 1
Thay z = 1 vào phơng trình ta đợc
1
11
=+
yx
Theo giả sử x
y nên
2
21111
1 =++= y
yyyyx
Vì y nguyên dơng 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 phơng trình
Hoán vị các số trên ta đợc các nghiệm của phơng trình là (2, 2, 1) ; (2, 1, 2) ; (1, 2, 2)
Ví dụ 3 : Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phơng trình
yxx =+
( 1)
Giải :
+) Dể thấy
=
=
0
0
y
x
là một cặp nghiệm của phơng trình (1)
+) Với
0
0
y
x
thì phơng trình (1) chỉ có nghiệm khi
>
>
0
0
y
x
Ta có
0
22
>==+=+ xyxyxxyxx
(*)
x
phải nguyên dơng.
Đặt
kx =
(k nguyên dơng)
2
kx =
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
22
==@== Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành Tr ờng THCS Mã Thành ==@==
Khi đó phơng trình (*) trở thành:
222
)1.( ykkykk =+=+
Mặt khác:
+<+<
22
)1()1.( kkkk
1)1(
222
+<<+<< kykkyk
(**)
Vì: k và k +1 là hai số nguyên dơng liên tiếp nên không tồn tại một số nguyên dơng
y thoả mãn hệ thức (**)
Nên không có cặp số nguyên dơng nào thoả mãn phơng trình (1).
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là :
=
=
0
0
y
x
&&&
Mã Thành ngày 14 tháng 8 năm 2010
Thay mặt các đồng nghiệp
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc
23
