Các cách chứng minh bất đẳng thức
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (227.91 KB, 34 trang )
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
WWW.ToanCapBa.Net
§1.GIỚI THIỆU VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
1.1.ĐỊNH NGHĨA BẤT ĐẲNG THỨC
Trong toán học, bất đẳng thức được định nghĩa như sau: Bất đẳng thức là một phát biểu về quan
hệ thứ tự giữa hai đối tượng. Đó là kết quả của phép so sánh hai đối tượng a và b với nhau, nó
được viết lại thành một trong các dạng sau: a > b, a < b, a ≥ b, a ≤ b.
Trong đó các kí hiệu >, <, ≥ , ≤ được hiểu theo nghĩa:
+) > là ‘lớn hơn’;
+) < là ‘bé hơn’;
+) ≥ là ‘lớn hơn hoặc bằng’;
+) ≤ là ‘bé hơn hoặc bằng’;
1 1
*Ví dụ: 1 < 2; > , x 2 ≥ 0 ;……. Là các bất đẳng thức toán học.
2 3
*Chú ý:
-Ta có a > b khi và chỉ khi a – b là một số nguyên dương. Hai đại lượng a, b có thể là những số
cụ thể hoặc là những biểu thức chứa biến.
-Nếu một bất đẳng thức đúng với mọi giá trị của biến thì được gọi là Bất đẳng thức không điều
kiện . Còn nếu nó chỉ đúng với một số giá trị của biến thì được gọi là Bất đẳng thức có điều
kiện.
1.2.CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
Đây là một phần rất quan trọng của bất đẳng thức.
Bất đẳng thức gồm có những tính chất cơ bản như sau:
1)Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều, ta được bất đẳng thức mới cùng chiều với bất đẳng
thức đã cho:
a > b, c > d ⇒ a + c > b + d
2)Trừ từng vế hai bất đẳng thức ngược chiều, ta được bất đẳng thức mới cùng chiều với bất đẳng
thức bị trừ.
3)Tính chất đơn điệu của phép nhân:
a)Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số dương:
a > b, c > 0 ⇒ ac > bc
b)Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số âm và đổi chiều của bất đẳng thức:
a > b, c > 0 ⇒ ac < bc
4)Nhân từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm:
a > b ≥ 0, c > d ≥ 0 ⇒ ac > bd
5.Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức:
a > b > 0 ⇒ an > bn;
a > b ⇔ an > bn với n lẻ
|a| > |b| ⇔ an > bn với n số chẵn
6)So sánh hai lũy thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương
Nếu m > n > 0 thì a > 1 ⇒ am > an
a = 1 ⇒ am = an
;
0 < a < 1 ⇒ am < an
1
WWW.ToanCapBa.Net
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
7)Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức nếu hai vế cùng dấu:
1 1
a > b, ab > 0 ⇒ <
a b
8)Các hằng bất đẳng thức:
a)Ngoài các hằng bất đẳng thức a2 ≥ 0, -a2 ≤ 0 còn có các hằng bất đẳng thức khác có liên
quan đến giá trị tuyệt đối:
b) |a| ≥ 0. Xảy ra đẳng thức khi a=0
|a| ≥ a. Xảy ra đẳng thức khi a ≥ 0
|a+b| ≤ |a| + |b|.Xảy ra đẳng thức khi ab ≥ 0
|a-b| ≥ |a| - |b|.Xảy ra đẳng thức khi ab ≥ 0
Chứng minh bất đẳng thức |a+b| ≤ |a| + |b|như sau:
|a+b| ≤ |a| + |b| (1)
⇔ a 2 + 2ab + b 2 ≤ a 2 + 2 | ab | +b 2 (Vì hai vế của (1)không âm)
⇔ ab ≤ |ab|
(2)
Bất đẳng thức (2) đúng, vậy (1)đúng.
Chứng minh bất đẳng thức|a-b| ≥ |a| - |b| (3) như sau:
Nếu |a|<|b| thì (3) hiển nhiên đúng.
Nếu |a| ≥ |b| thì (3) tương dương với
2
2
a − b ≥ ( | a | − | b |) ⇔ a 2 − 2ab + b 2 ≥ a 2 − 2 | ab | +b 2 ⇔| ab | ≥ ab (4)
Bất đẳng thức (4) đúng, vậy (3) đúng.
9)Cũng cần nhớ thêm một số hằng bất đẳng thức khác để giải toán có thể sử dụng chúng như một
bổ đề, chẳng hạn:
2
2
a + b ≥ 2ab;
a + b ≥ 2 ab ;
( a + b)
2
≥ 4ab ;
Bất đẳng thức Cô-si
2
1 1
4
a+b
+ ≥
≥ ab
;
a b a +b 2 ÷
Dấu bằng xảy ra khi a = b
a b
+ ≥ 2 với a, b > 0
b a
( a 2 + b2 ) ( x 2 + y 2 ) ≥ ( ax + by ) 2 (Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki)
§2.CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1.1.
PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
A)Kiến thức cần nhớ:
Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức : A ≥ B (*)
2
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
Tư tưởng của phương pháp là biến đổi tương đương bất đẳng thức (*) về một bất đẳng thức phổ
biến là đưa (*) về dạng:
-Các tổng bình phương: A ≥ B ⇔ mX 2 + nY 2 + pZ 2 ≥ 0. Trong đó m, n, p là các số không âm.
-Tích các thừa số không dấu: A ≥ B ⇔ X .Y ≥ 0 (X, Y cùng dấu).
-Tích của một số không âm và một biểu thức dương(theo điều kiện)
A ≥ B ⇔ X 2 .Y ≥ 0
-Xây dựng các bất đẳng thức từ điều kiện của bài toán: Nếu x, y, z ∈ [ a, b ] thì ta nghĩ ngay đến
các bất đẳng thức hiển nhiên đúng:
( x − a ) ( x − b ) ≤ 0, ( x − a ) ( y − a ) ( z − a ) ≥ 0, ( x − b ) ( y − b ) ( z − b ) ≤ 0 .
Một số bất đẳng thức cơ bản cần nhớ: Với mọi số thực a, b, c ta có:
)(
(
)
2
2
- 4ab ≤ ( a + b ) ≤ 2 a + b ⇔ ( a − b ) ≥ 0 .
2
2
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
3 ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 )
2
Hai bất đẳng thức này tương đương với:
1
1
1
2
2
2
( a − b) + ( b − c) + ( c − a) ≥ 0
2
2
2
2
- ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc ( a + b + c )
(Đây là hệ quả trực tiếp của (x + y + z)2 ≥ 3 ( xy + yz + zx ) . Ta chỉ cần cho x = bc, y = ca, z = ab là
thu được kết quả như trên)
B)Các ví dụ:
Ví dụ 1.1.1.Chứng minh rằng các số thực a, b, c, d, e ta có:
a 2 + b2 + c 2 + d 2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e )
Lời giải:
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh cho 4, ta viết được nó lại thành:
a 2 − 4ab + 4b 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 + a 2 − 4ad + 4d 2 + a 2 − 4ae + 4e 2 ≥ 0
⇔ ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ 0
2
2
2
2
Bất đẳng thức cuối cùng đúng, suy ra điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2b = 2c = 2d = 2e
Ví dụ 1.1.2.Chứng minh rằng với mọi số thực x, y ta có:
x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y
Lời giải:
2
2
x + y + 1 ≥ xy + x + y
2
2
2
2
Ta có: ⇔ x − 2 xy + y + x − 2 x + 1 + y − 2 y + 1 ≥ 0
⇔ ( x − y ) + ( x − 1) + ( y − 1) ≥ 0
2
2
2
Bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
3
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
Ví dụ 1.1.3.Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z ta có:
x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + xz
Lời giải:
2
2
2
x + y + z ≥ xy + yz + xz
2
2
2
2
2
2
Ta có: ⇔ x − 2 xy + y + y − 2 yz + z + z − 2 xz + x ≥ 0
⇔ ( x − y) + ( y − z) + ( z − x)
2
2
2
Bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
Ví dụ 1.1.4.Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh
ab + 2bc + 3ac ≤ 0
Lời giải:
Theo giả thiết thì c = -a – b nên bất đẳng thức đã cho tương đương với:
ab + c ( 2b + 3a ) ≤ 0 ⇔ ab + ( − a − b ) ( 2b + 3a ) ≤ 0
⇔ ab − 2ab − 3a 2 − 2b 2 − 3ab ≤ 0 ⇔ 3a 2 + 4ab + 2b 2 ≥ 0
⇔ a2 + 2 ( a + b ) ≥ 0
Bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 0
2
Ví dụ 1.1.5.Chứng minh rằng với mọi số thực x ta có:
x 4 − 2 x 3 + 2 x 2 − 2 x +1 ≥ 0
Lời giải:
Ta có:
x 4 − 2 x3 + 2 x 2 − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ ( x 4 − 2 x 3 + x 2 ) + ( x 2 − 2 x + 1) ≥ 0
⇔ ( x 2 − x ) + ( x − 1)
2
2
Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1
Ví dụ 1.1.6.Chứng minh rằng với mọi a > 0 ta có:
5 a 2 + 1 11
a
+
≥
a2 + 1
2a
2
Lời giải:
Ta có:
(
)
4
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
2
5 ( a 2 + 1) 11
a
a
1 5 ( a + 1)
+
≥ ⇔ 2
− +
−5≥ 0
a2 + 1
2a
2
a +1 2
2a
− ( a − 1)
5 ( a − 1)
( a − 1) 5 − 1 ≥ 0
⇔
+
≥0⇔
÷
2
2a
2 a a2 +1
2 ( a + 1)
( a − 1)
⇔
2
2
2
2
2
( a − 1) ×( a − 1) + 9(a 2 + 1) ≥ 0
5a 2 − a + 5
×
≥
0
⇔
2
2a (a 2 + 1)
a ( a 2 + 1)
2
2
Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1
Ví dụ 1.1.7.Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
≥
b +c c + a a +b 2
(Bất đẳng thức Nestbit cho ba số thực dương)
Lời giải:
Hiện có khoảng 50 cách chứng minh bất đẳng thức này, ở đây ta chứng minh bằng phương pháp
biến đổi tương đương.Ta có:
a
b
c
3
a
1
b
1
c
1
+
+
≥ ⇔
− +
− +
− ≥0
b+c c+a a+b 2
b+c 2 c +a 2 a+b 2
a −b a −c b −c b −a c − a c −b
⇔
+
+
+
+
+
≥0
b+c b+c c+a c+a a+b a+b
a −b a −b b−c b−c c −a c −a
⇔
−
−
−
÷+
÷+
÷≥ 0
b+c c+a c+a a+b a +b b+c
( a − b) + ( b − c )
( c − a)
⇔
+
( b + c) ( c + a) ( c + a) ( a + b) ( a + b) ( b + c)
2
2
2
≥0
Ví dụ 1.1.8.Cho các số thực a, b ∈ [ 0,1] . Chứng minh rằng
1
a + b ab
≤ 1−
+
1+ a + b
2
2
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
3 ( 1 − a ) (1 − b)(a + b) + ab(2 − a − b) ≥ 0
Vì a, b ∈ [ 0,1] nên 1 – a ≥ 0;1 − b ≥ 0; 2 − a − b ≥ 0 , do đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.1.9.Cho các số thực a, b, c. Chứng minh rằng :
(a
2
+ b 2 + c 2 ) ≥ 3 ( a 3b + b3c + c3a )
2
Lời giải:
Đây là một bài toán hay và khó, cũng có rất nhiều lời giải phức tạp, nhưng thật bất ngờ lại có
một lời giải chỉ dùng phương pháp biến đổi tương tương.
Cơ sở của phương pháp là tìm cách đưa bất đẳng thức về dạng
5
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
(ma 2 + nb 2 + pc 2 + qab + rbc + sca) 2 + (mb 2 + nc 2 + pa 2 + qbc + rca + sab) 2 + (mc 2 + na 2 + pb 2 + qca + rab + sbc) 2 ≥ 0
Từ hằng đẳng thức
(a
2
+ b 2 + c 2 ) − 3 ( a 3b + b3c + c 3a ) =
2
2
2
2
1 2 2
1
1
a − b + 2bc − ab − ac ) + ( b 2 − c 2 + 2ca − bc − ba ) + ( c 2 − a 2 + 2ab − ca − cb )
(
2
2
2
Suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét. Ngoài ra, ta cũng có một số hằng đẳng thức tương tự (mà từ chúng có thể suy ra được
những bất đẳng thức rất khó).
=
Ví dụ 1.1.10.Cho a, b, c ∈ [ −1, 2] và a 2 + b 2 + c 2 = 6 . Chứng minh rằng a + b + c ≥ 0
Lời giải:
2
Ta có a, b, c ∈ [ −1, 2] nên ( a + 1) ( a − 2 ) ≤ 0 ⇔ a − 2 ≤ a
Tương tự b 2 − 2 ≤ b; c 2 − 2 ≤ c nên a + b + c ≥ a 2 + b 2 + c 2 − 6 hay
a+b+c ≥ 0
Ví dụ.1.1.11.Cho các số thực x, y, z khác 1 và xyz = 1. Chứng minh rằng:
x2
y2
z2
+
+
≥1
2
2
2
( x − 1) ( y − 1) ( z − 1)
(Đề thi Toán quốc tế năm 2008)
Lời giải:
1
1
1
Vì xyz = 1 nên x, y, z ≠ 0, Đặt a = ; b = , c = thì ta có:
x
y
z
abc = 1 và a, b, c khác 0, khác 1.
Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2
1
1
1
1
1
1
+
+
≥1⇔
+
+
÷ −
2
2
2
1− a 1− b 1− c
( 1− a) ( 1− b) ( 1− c)
1
1
1
−2
+
+
≥1
1
−
a
1
−
b
1
−
b
1
−
c
1
−
c
1
−
a
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
3 − 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca
3 − ( a + b + c)
⇔
−2
≥1
ab
+
bc
+
ca
−
a
+
b
+
c
ab
+
bc
+
ca
−
a
+
b
+
c
(
)
(
)
2
3 − ( a + b + c)
3 − ( a + b + c)
⇔ 1 +
−2
≥1
ab + bc + ca − ( a + b + c )
ab + bc + ca − ( a + b + c )
3 − ( a + b + c)
⇔ 1+
≥1
ab
+
bc
+
ca
−
a
+
b
+
c
(
)
Đó chính là điều phải chứng minh.
BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1.1.1.Cho các số thực x, y. Chứng minh rằng:
6
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
(a). x 2 + y 2 ≥ (
x + y)
2
4
x + y)
(b). x 4 + y 4 ≥ (
8
2
Bài 1.1.2 Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực a, b
a + b ≤ 2 ( a 2 + b2 )
Bài 1.1.3 Cho các số thực x, y, z. Chứng minh rằng
2
x + y + z)
(
2
2
2
x +y +z ≥
3
Bài 1.1.4.Cho các số thực m, n, p, q. Chứng minh rằng:
( m2 + n2 ) ( p2 + q 2 ) ≥ ( mq + np ) 2
Bài 1.1.5. Cho a, b là các số thực không âm tùy ý. Chứng minh rằng:
a + b ≤ a + b ≤ 2( a + b)
Khi nào có dấu đẳng thức ?
Bài 1.1.6. Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
b + c ≥ 19abc
Bài 1.1.7.Cho các số thực dương a, b. Chứng minh rằng
2 ab
≤
ab
a+ b
Bài 1.1.8.Chứng minh với mọi số thực x, y, z, t ta luôn có bất đẳng thức
x2 + y 2 + z 2 + t 2 ≥ x ( y + z + t )
Bài 1.1.9.Cho các số thực a, b. Chứng minh rằng
3
3
4
4
(a). ( a + b ) ( a + b ) ≤ 2 ( a + b )
4
4
2 2
(b). ( a + b ) ≤ 2 ( a + b + 6a b )
4
Bài 1.1.10.Cho các số thực dương a, b. Chứng minh rằng:
7
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
5a 3 − b3
≤ 2a − b
3a 2 + ab
a 3 − 11b3
b) 2
≥ a − 3b
4b + ab
a b
ab
c) + + 2
≥3
b a a − ab + b 2
a b
9ab
13
d) + + 2
≥
2
b a a +b
2
a)
a
2b
ab 2
5
b ( a + b)
a
f
)
+
+
≥
e) + 2
≥
1
3
3
2b a + b 2 ( a + 2b ) 3
3b a + ab + b 2
2.2.PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỊNH NGHĨA
A)Kiến thức cần nhớ:
Để chứng minh A > B, ta xét hiệu A – B và chứng minh rằng A – B là số dương
B)Các ví dụ:
Ví dụ 1.2.1. Chứng minh rằng
( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) ( x − 4 ) ≥ −1
Lời giải:
Xét hiệu:
( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) ( x − 4 ) − ( −1) = ( x 2 − 5 x + 4 ) ( x 2 − 5 x + 6 ) + 1
2
Đặt x 2 − 5 x + 5 = y , biểu thức trên bằng ( y − 1) ( y + 1) + 1 = y ≥ 0
Vậy ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) ( x − 4 ) ≥ −1
2.3.PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
A)Kiến thức cần nhớ:
Nội dung của phương pháp quy nạp: Một bất đẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n được
xem là đúng nếu thỏa mãn hai điều kiện:
-Bất đẳng thức đúng với giá trị đầu tiên của n.
-Từ giả thiết bất đẳng thức đúng với n = k ( k ∈ ¥ ) suy ra được bất đẳng thức đúng với n = k + 1.
Các bước chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp:
Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức với giá trị đầu tiên của n.
Bước 2:Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (gọi là giả thiết quy nạp), sau đó chứng minh bất
đẳng thức đúng với n = k + 1
Bước 3: Kết luận bất đẳng thức đã cho đúng.
B)Các ví dụ:
Ví dụ 1.3.1.Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 5 ta có: 2n > n 2
Lời giải:
Với n = 5, bất đẳng thức trở thành 25 > 52 ⇔ 32 > 25 (Đúng)
Bất đẳng thức đúng với n = 5
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ( k ∈ ¥ , k ≥ 5 ) , tức là 2k > k 2
Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, hay
8
Buøi Quang Thònh
THỨC
2k +1 > ( k + 1)
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
2
k +1
k
2
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có: 2 = 2.2 > 2k ( 1) Vì k ≥ 5 nên
2k 2 = k 2 + 2k + 1 + k 2 − 2k − 1 = ( k + 1) + k ( k − 5 ) + 3k − 1 > ( k + 1)
2
2
⇔ 2k 2 > ( k + 1) ( 2 )
Từ (1) và (2) ta có bất đẳng thức đúng với n = k + 1, nên theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải
chứng minh.
2
Ví dụ 1.3.2.Cho x ≥ −1 là một số thực cho trước. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta có
n
( 1 + x ) ≥ 1 + nx.
Lời giải:
Với n = 1, bất đẳng thức trở thành: 1 + x ≥ 1 + x (Đúng)
Bất đẳng thức đúng với n = 1.
Giả sử bất đẳng thức đúng đến n = k ( k ∈ ¥ , k ≥ 1) , tức là
( 1+ x)
k
≥ 1 + kx
Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, hay
k −1
( 1 + x ) ≥ 1 + ( k + 1) x
Thật vậy, vì x ≥ −1 ⇒ x + 1 ≥ 0 nên theo giả thiết quy nạp, ta có:
k +1
k
( 1 + x ) = ( 1 + x ) ( 1 + x ) ≥ ( 1 + x ) ( 1 + kx )
( 1 + x ) ( 1 + kx ) = 1 + ( k + 1) x + kx 2 ≥ 1 + ( k + 1) x
k +1
Nên ( 1 + x ) ≥ ( 1 + x ) ( 1 + kx ) ≥ 1 + ( k + 1) x
Hay bất đẳng thức đúng với n = k + 1, nên theo nguyên lý quy nạp suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.3.3.Chứng minh với mọi số thực a, b thỏa mãn a + b ≥ 0 ta có:
n
a n + bn a + b
≥
÷
2
2
Lời giải:
Với n = 1 bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Giả sử bất đẳng thức đúng đến n = k (k ∈ ¥ , k ≥ 1) , tức là
k
a k + bk a + b
≥
÷
2
2
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, hay
k +1
a k +1 + b k +1 a + b
≥
÷ thật vậy, vì a + b ≥ 0 nên theo giả thiết quy nạp ta có:
2
2
k +1
a+b
÷
2
k
k
k
a+b a +b a +b a+b
=
×
≤
×
÷
2
2
2
2
a k + b k a + b a k +1 + b k +1
Bất đẳng thức đúng với n = k + 1 nếu ta chứng minh được
×
≤
( *)
2
2
2
9
Buøi Quang Thònh
THỨC
Mà (*) tương đương với
(a
k
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
+ b k ) ( a + b ) ≤ 2 ( a k +1 + b k +1 ) ⇔ a k +1 + b k +1 − a k b − b k a ≥ 0
⇔ ( a − b ) ( a k − b k ) ≥ 0 ( **)
Vì vai trò của a, b như nhau nên ta có thể giả sử a ≥ b . Khi đó a - b ≥ 0 (1)
Mặt khác, từ a + b ≥ 0 ⇒ a ≥ −b , ta có:
(2)
a ≥ b ≥ 0 ⇒ a k ≥ bk ≥ b k ⇒ a k − bk ≥ 0
Từ (1) và (2) ta có (**) đúng
Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh.
BÀI TẬP TỰ GIẢI
1.3.1.Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có:
n +1
2
a) 2 > n + 3n, ( n ≥ 4 )
n
2
b) 3 > n + 4n + 5, ( n ≥ 3) .
1.3.2.Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có:
1
1
1
2
+
+ ...... +
≥ , ( n ≥ 3)
a)
n +1 n + 2
n+n 3
1
1
1
+
+ ...... +
< 2 n , (n ≥ 1)
b) 1 +
2
3
n
1.3.3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
3
3
a) 13 + 33 + 53 + ... + ( 2n + 1) > 2 ( n + 1) ( 2n + 1)
n 2 ( n + 1) ( 2n + 1)
10
2
b) 14 + 24 + 34 + ... + n 4 >
1.3.4. Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn bất đẳng thức
3n > 2n + 7 n
1.3.5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 ta có
n
n n > ( n + 1)
1.3.6.Chứng minh rằng với mọi n ≥ 1 , n ∈ ¥ , ta có:
1
1
1
7
+
+ ... +
<
n +1 n + 2
2n 10
1.3.7. Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi n ∈ ¥ *
1 1
1 79
1 + 2 + 2 + ... + 2 <
2 3
n
48
1.3.8. Chứng minh với mọi n ∈ ¥ * , ta có:
10
Buøi Quang Thònh
THỨC
1+
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
1
1 5
+ ... + 2 <
2
2
n
4
1.3.9. Cho n số nguyên phân biệt a1 , a2 ,...., an . Chứng minh
2n + 1
a12 + a22 + ..... + an2 ≥
( a1 + a2 + ... + an )
3
(Đề chọn đội tuyển dự thi Toán quốc tế, Rumani năm 1999)
2.4.PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI, DÙNG TỔNG SAI PHÂN
A.Kiến thức cần nhớ:
Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức : A < B.
Ý tưởng của phương pháp là làm trội A < C rồi chứng minh C < B
Đôi khi để chứng minh một bất đẳng thức dạng
f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) ≤ M
Ta có thể làm trội f ( xi ) ≤ G ( yi +1 ) − G ( yi ) để thu được
f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) ≤ G ( yn ) − G ( y1 )
Sau đó ta chỉ còn phải chứng minh một bất đẳng thức đơn giản hơn là
G ( yn ) − G ( y1 ) ≤ M
*Chú ý;
-Với ba số dương a, b, x thì:
a
a a+x
+Nếu < 1 thì <
b
b b+ x
a
a a+x
+Nếu > 1 thì >
b
b b+x
-Một số tổng sai phân thường dung:
1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
= 1−
a)
1.2 2.3 3.4
n
( n − 1) n
b)
1
1
1
+
+ ... +
=
x ( x + d ) ( x + d ) ( x + 2d )
x + ( n − 1) d ( x + nd )
=
11
1
n
−
÷=
d x x + nd x ( x + nd )
c)
1
1
1
+
+ ... +
=
1.2...k 2.3... ( k + 1)
n ( n + 1) ... ( n + k − 1)
=
1
1
1
−
, ∀m > 0, d ≠ 0
k − 1 1.2... ( k − 1) ( n + 1) ( n + 2 ) ... ( n + k − 1)
Các đẳng thức được chứng minh nên chú ý rằng:
11
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
1
1
1
= −
, ∀m > 0
m ( m + 1) m m + 1
d
1
1
=
−
, ∀m > 0, d ≠ 0
b)
( x + md ) ( x + md + d ) x + md x + ( m + 1) d
a)
c)
( m + k − 1) − m =
k −1
=
m ( m + 1) ... ( m + k − 1) m(m + 1)... ( m + k − 1)
=
1
1
−
, ∀m > 0, k ∈ ¥ *
m ( m + 1) ... ( m + k − 2 ) ( m + 1) ... ( m + k − 1)
B.Các ví dụ:
Ví dụ 1.4.1.Cho các số dương a, b, c, d, e. Chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
<2
a) 1 <
a+b b+c c+a
a
b
c
d
+
+
+
<2
b) 1 <
a +b+c b+c+d c+d +a d +a +b
a+b
b+c
c+d
d +e
e+a
+
+
+
+
<3
c) 2 <
a+b+c+ d b+c+ d +e c+d +e+a d +e+a +b e+a+b+c
Lời giải:
a
< 1 , vì vậy
a) Do a, b, c > 0 nên
a+b
a
a
a+c
<
<
a+b+c a+b a+b+c
Tương tự ta có:
b
b
b+a
c
c
c+b
<
<
,
<
<
.
a +b+c b+c a+b+c a +b+c a +c a +b+c
Cộng các vế bất đẳng thức ta có:
a
b
c
a
b
c
a+c
b+a
c +b
+
+
<
+
+
<
+
+
a + b + c a + b + c a + b + c a + b b + c c + a a + b + c a + b + c a + b + c,
2( a + b + c)
a+b+c
a
b
c
Hay 1 =
<
+
+
<
=2
a+b+c a+b b+c c+a
a+b+c
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
a
< 1, do đó
a+b+c
a
a
a+d
<
<
a+b+c+d a+b+c a +b+c+d
Tương tự ta có:
b) Ta có;a, b, c > 0 nên
12
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
b
b
b+a
<
<
a +b+c+d b+c+d a+b+c+d
c
c
c+b
<
<
a+b+c+d c+d +a a +b+c+d
d
d
d +c
<
<
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
Cộng các vế bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh.
a
< 1 , ta có:
a+b+c+d
a+b
a+b
a +b+e
<
<
a +b+c+d +e a+b+c+d a+b+c+d +e
Làm tương tự rồi cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh.
c) Tương tự từ a, b, c, d > 0 và
Ví dụ 1.4.2.Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
1 1 1
1 5
1 ≤ 2 + 2 + 2 + ... + 2 <
1 2 3
n
3
Lời giải:
1 1 1
1 1
Vì n là số nguyên dương nên: 2 + 2 + 2 + ... + 2 ≥ 2 = 1 . (1)
1 2 3
n 1
Mặt khác, với mọi k ≥ 1 ta có
1
4
4
1
1
= 2< 2
= 2
−
÷
2
k
4k
4k − 1
2k − 1 2k + 1
Cho k = 2, 3, 4,….., n ta có:
1
4
4
2
2
2 2
=
<
=
−
= − ,
2
2
2
2
4.2
4.2 − 1 2.2 − 1 2.2 + 1 3 5
1
4
4
2
2
2 2
=
<
=
−
= − ,
2
2
2
3
4.3
4.3 − 1 2.3 − 1 2.3 + 1 3 7
1
4
4
2
2
2 2
=
<
=
−
= − ,
2
2
2
4
4.4
4.4 − 1 2.4 − 1 2.4 + 1 7 9
.........................
1
4
4
2
2
2
2
=
<
=
−
=
−
,
2
2
2
n
4.n
4.n − 1 2.n − 1 2.n + 1 2n − 1 2n + 1
Cộng vế theo vế, ta được
1 1 1
1
2
2
2 5
+ 2 + 2 + ... 2 < 1 + −
< 1+ =
(2)
2
1 2 3
n
3 2n + 1
3 3
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh
13
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
Ví dụ 1.4.3.Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
1
1
1
1
+
+ ... +
< 1−
2 2 +1 1 3 3 + 2 2
n +1
( n + 1) n + 1 + n n
Lời giải:
Để giải bài toán này ta cần có bổ đề sau:
Bổ đề: Với mọi số thực dương x, y ta có: x y + y x ≤ x x + y y
Chúng minh: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương.
x y + y x ≤ x x+y y ⇔ x x+y y −x y −y x ≥0
⇔x
⇔
(
(
) (
x− y +y
x+ y
)(
)
y − x ≥ 0 ⇔ ( x − y)
x− y
)
2
(
)
x− y ≥0
≥0
Bổ đề được chứng minh
Áp dụng bổ đề ta có:
( n + 1) n + 1 + n n > n n + 1 + ( n + 1) n
⇔
( n + 1)
1
1
<
n + 1 + n n n n + 1 + ( n + 1) n
Vì thế
1
1
1
+
+ ... +
<
2 2 +1 1 3 3 + 2 2
( n + 1) n + 1 + n n
<
1
1
1
+
+ ... +
2 1 +1 2 3 2 + 2 3
( n + 1) n + n n + 1
Mà 44 < 2002 < 45 ⇔ 1936 < 2002 < 2005 (Tự chứng minh)
1
1
1
1
+
+ ... +
= 1−
2 1 +1 2 3 2 + 2 3
n +1
( n + 1) n + n n + 1
Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 1.4.4.Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi n ∈ ¥ *
1
1
1
1+
+
+ ... +
<2 2
2 2 3 3
n n
Lời giải:
Bổ đề. Với mọi x, y > 0, ta có ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 ≥ 2 xy ( x + y )
Chứng minh: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương:
14
Buøi Quang Thònh
THỨC
(x
2
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
+ y 2 ) x 2 + y 2 ≥ 2 xy ( x + y )
⇔ ( x 2 + y 2 − 2 xy ) x 2 + y 2 + xy 2 x 2 + y 2 − 2 ( x + y ) ≥ 0
( x − y)
2
( x − y)
2
x + y + xy
2
2
4 ( x2 + y 2 ) − 2 ( x + y )
2
2 x2 + y 2 + 2 ( x + y )
2( x − y)
x + y + xy
≥0
2
≥0
2 x2 + y 2 + 2 ( x + y )
Do x, y > 0 nên bất đẳng thức cuối cùng đúng, bổ đề được chứng minh
1
1
Áp dụng bổ đề với x = k + , y = k − ta được:
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
k + + k − ÷ k + + k − > 2 k + ÷ k − ÷ k + + k − ÷
2
2
2
2
2
2
2
2÷
1
1
1
1
⇔ 2k k > k + ÷ k − ÷ k + + k − ÷
2
2
2
2÷
1
1
2 k + − k − ÷
2
2
1
2
<
=
=
k k
1
1
1
1
1
1
k + ÷ k − ÷ k + + k − ÷
k + ÷ k − ÷
Từ đây suy ra
2
2
2
2
2
2
2
2
=
2
−
2
, ∀k ≥ 1
1
1
k−
k+
2
2
Cho k = 1, 2, …, n rồi cộng vế theo vế ta được:
1
1
1
1+
+
+ ... +
<
2 2 3 3
n n
2
2
2
2
2
2
2
2
<
−
+
−
+
− + ... +
−
=
7
1
3
3
5
5
1
1
n−
n+
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
=
−
<
=2 2
1
1
1
n+
2
2
2
Đó là điều phải chứng minh.
15
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
Ví dụ 1.4.5 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2 ta có:
1 5 11
n2 + n − 1
+ + + ... +
<2
2! 3! 4!
( n + 1) !
(Ở đây kí hiệu n! được hiểu là “Giai thừa của số tự nhiên n”. Ta có 0! = 1, n! = 1.2.3…n,
∀k ≥ 1, n ∈ ¥ .)
Lời giải:
Ta có:
k 2 + k − 1 k ( k + 1)
1
1
1
=
−
=
−
, ∀k ≥ 2, k ∈ ¥
( k + 1) ! ( k + 1) ! ( k + 1) ! ( k + 1) ! ( k + 1) !
Cho k nhận các giá trị từ 2, 3, …, n rồi cộng lại ta được:
1 5 11
n2 + n − 1
+ + + ... +
=
2! 3! 4!
( n + 1) !
=
1 1 1 1 1 1 1
1
1
+ − + − + − + ... +
−
=
2! 1! 3! 2! 4! 3! 5!
( n − 1) ! ( n + 1) !
1 1 1 1
1
1
1
+ + − −
= 2− −
<2
2! 1! 2! n ! ( n + 1) !
n ! ( n + 1) !
Đó chính là điều phải chứng minh.
BÀI TẬP TỰ GIẢI
1.4.1.Cho bốn số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng
a
b
c
a )1 <
+
+
<2
a+c b+a c+b
a+b
b+c
c+d
d +a
b)2 <
+
+
+
<3
a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b
a+d
b+a
c+b
d +b
c)2 <
+
+
+
<3
a +d +c b+a+d c+b+a d +b+c
1.4.2.Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn abcd = 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
+
+
+
>1
1 + a + ab 1 + b + bc 1 + c + cd 1 + d + da
1.4.3.Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a2
b2
c2
1< 2
+ 2
+ 2
<2
a + bc b + ca c + ab
1.4.4.Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
1
1
1
1
a )1 <
+
+
+ ... +
<2
n +1 n + 2 n + 3
3n + 1
1 1 1
1
1
n
b) 2 + 2 + 2 + ... +
+ 2 >
2
1 2 3
( n + 1) n n + 1
=
16
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
1 1 1
1
1
c) + + + ... + 2
<
2
5 13 25
2
n + ( n + 1)
3 5
7
2n + 1
d) + +
+ ... + 2
<1
2
4 36 144
n ( n + 1)
1 1 1
1
n
e) + + + ... + 2
<
7 13 21
n + 3 ( n + 1) 2 ( n + 2 )
1.4.5.Chứng minh rằng
4 1 1 1
1
1 5
a ) < + + + ... + +
<
3 11 12 13
69 70 2
7
1
1
1
1
5
b) <
+
+
+ ... +
<
12 1.2 3.4 5.6
99.100 6
1 1 3 5 97 99
1
c) < . . ... .
<
15 2 4 6 98 100 10
1.4.6.Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 ta có:
1 2 3
n −1
a ) + + + ... +
<1
2! 3! 4!
n!
1
1
1
1
b) +
+
+ ... + 2 > 1
n n +1 n + 2
n
1 2 3
n 3
c) + 2 + 3 + ... + n <
3 3 3
3
4
1 1 1
1
1
d )0, 71 < + + + ... +
+ < 0, 72, ( n ≥ 5 )
2! 3! 4!
( n − 1) ! n !
1.4.7.Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng:
23 − 1 33 − 1 43 − 1 n3 − 1 2
×
×
×××
> , ( n ≥ 2)
23 + 1 33 + 1 43 + 1 n3 + 1 3
1.4.8.Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi n ≥ 1, n ∈ ¥
2
2
1 1
1
1 + 2 − 1 + ...... + n − n − 1 > 1 + + ... +
÷
2 3
2n − 1
(
)
(
)
1.4.9.Cho n và p là hai số nguyên dương bất kì. Chứng minh rằng
1
1
1
1
1
1
1
−
<
+
+ .... +
< −
2
2
2
n + 1 n + p + 1 ( n + 1)
( n + 1)
( n + p) n n + p
17
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
2.5.PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
A.Kiến thức cần nhớ.
Xét bài toán phải chứng minh khẳng định (*) đúng.
Phương pháp phản chứng tức là giả sử ngược lại, khẳng định (*) sai. Sau đó bằng suy luận và các
phép toán đi đến một mâu thuẫn. Như vậy khẳng định (*) đúng, hay ta có điều phải chứng minh.
B.Các ví dụ:
Ví dụ 1.5.1.Cho các số thực a, b, c ∈ ( 0, 2 ) . Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba bất đẳng
thức sau sai
a ( 2 − b ) > 1, b ( 2 − c ) > 1, c ( 2 − a ) > 1
Lời giải:
Giả sử ba bất đẳng thức đã cho đều đúng, nhân chúng với nhau theo vế với vế ta được
a ( 2 − b ) .b ( 2 − c ) .c ( 2 − a ) > 1 ⇔ a ( 2 − a ) .b ( 2 − b ) .c ( 2 − c ) > 1
Mặt khác, do a, b, c ∈ ( 0, 2 ) nên a, 2 – a > 0, suy ra
0 < a ( 2 − a ) = 1 − ( a − 1) ≤ 1
2
Tương tự, ta cũng có: 0 < b ( 2 − b ) ≤ 1, 0 < c ( 2 − c ) ≤ 1
Do đó: a(2 – a).b(2 – c).c(2 – c) ≤ 1 (mâu thuẫn)
Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 1.5.2.Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + ab + bc + ca < 0
Chứng minh a 2 + b 2 < c 2 .
Lời giải:
Giả sử a 2 + b 2 ≥ c 2 , khi đó
a 2 + b 2 + a 2 + b 2 + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca )
⇔ 2 ( a 2 + b 2 + ab + bc + ca ) ≥ ( a + b + c )
2
Kết hợp với giả thiết ta có:
2
0 > 2 ( a 2 + b2 + ab + bc + ca ) ≥ ( a + b + c )
⇒ ( a + b + c) ≤ 0
(mâu thuẫn) Vậy bài toán được chứng minh.
2
a + b + c > 0
Ví dụ 1.5.3.Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: ab + bc + ca > 0
abc > 0
Chứng minh ba số a, b, c đều dương.
Lời giải:
Giả sử rằng ba số a, b, c có một số không dương. Không giảm tính tổng quát, ta xem a ≤ 0 .
Mà abc > 0 nên a ≠ 0 , do đó a < 0.
Lại có a + b + c > 0 nên b + c > 0, suy ra a( b +c ) < 0
Theo giả thiết thứ hai ab + bc + ca > 0 ta có a ( b + c ) + bc > 0 ⇒ bc > 0
18
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
Vì thế a.bc < 0 (Mâu thuẫn với giả thiết thứ ba)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 1.5.4.Cho ba số a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại một trong các số 9ab,
9bc, 9ca nhỏ hơn (a + b + c)2
Lời giải:
Giả sử ngược lại
2
2
2
9ab ≥ ( a + b + c ) ,9bc ( a + b + c ) ,9ca ( a + b + c )
Cộng vế với vế ba bất đẳng thức ta có:
2
2
3 ( a + b + c ) ≤ 9 ( ab + bc + ca ) ⇔ ( a + b + c ) ≤ 3 ( ab + bc + ca )
⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≤ ab + bc + ca
⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≤ 0. ( 1)
Theo đề bài ra a, b, c khác nhau đôi một nên
2
2
2
( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) > 0. ( 2 )
2
2
2
Vì (1) và (2) mâu thuẫn với nhau nên ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.5.5.Cho bốn số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng ba bất đẳng thức sau không thể
cùng xảy ra.
( 1) a + b < c + d
( 2 ) ( a + b ) ( c + d ) < ab + cd
( 3) ( a + b ) cd < ( c + d ) ab
Lời giải:
Giả sử tồn tại bốn số dương a, b, c, d thỏa mãn cả bất đẳng thức . Từ (1) và (2) ta có:
2
( a + b ) < ( a + b ) ( c + d ) < ab + cd
⇒ cd > ( a + b ) − ab = ( a − b ) + 3ab ≥ 3ab ⇒ cd > 3ab ( 4 )
Mặt khác
2
( a + b ) cd < ( c + d ) ab ⇒ ( a + b ) cd < ( c + d ) ( a + b ) ab < ( ab + cd ) ab
2
2
⇒ ab ( ab + cd ) > ( a + b ) cd ≥ 4ab.cd
2
⇒ ab ( ab + cd ) > 4ab.cd ⇒ ab > 3cd ( 5 )
Từ (4) và (5) ta có mâu thuẫn. Vậy khẳng định của bài toán được chứng minh.
BÀI TẬP TỰ GIẢI
xyz = 2010
1.5.1. Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện
xy + yz + zx < 2010 ( x + y + z )
Chứng minh rằng trong ba số đó có đúng một số lớn hơn 2010
2
2
2
1.5.2.Cho a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn a + b = c ( 1 + ab ) . Chứng minh rằng a ≥ c
và b ≥ c
19
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
1.5.3.Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b+ c ≥ abc .Chứng minh rằng có ít nhất hai
2 3 6
2 3 6
2 3 6
trong số các bất đẳng thức sau đúng + + ≥ 6, + + ≥ 6, + + ≥ 6
a b c
b c a
c a b
1.5.4.Cho các số nguyên dương x, y. Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai bất đẳng thức sai
1
1 1
1
1
1 1
1
≥
≥
2+
2 + 2 ÷,
2
xy
y x( x + y)
5x
5 x ( x + y )
1.5.5.Cho a, b, c là các số thực dương thỏa abc = 1. Chứng minh
1
1
1
+
+
≤1
4 + 5x
4 + 5y
4 + 5z
2.6.1.PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN
A.Giới thiệu bất đẳng thức CAUCHY.
Nếu a1, a2, ….., an là các số thực không âm thì
a1 + a2 + ... + an n
≥ a1a2 ...an
n
Bất đẳng thức này có tên gọi chính xác là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình
nhân. Ở nhiều nước trên thế giới, người ta gọi bất đẳng thức này theo kiểu viết tắt là bất đẳng
thức AM – GM (AM là viết tắt của arithmetic mean và GM là viết tắt của geometric mean)
Ở nước ta, bất đẳng thức này được gọi theo tên của nhà Toán học người Pháp Augustin – Louis
Cauchy (1789 – 1857), tức là bất đẳng thức Cauchy. Thật ra đây là một cách gọi tên không chính
xác vì Cauchy không phải là nguời đề xuất ra bất đẳng thức này mà chỉ là người đưa ra một phép
chứng minh đặc sắc cho nó. Tuy nhiên, để cho phù hợp với chương trình sách giáo khoa, trong
tài liệu này chúng ta cũng sẽ gọi nó là Bất đẳng thức Cauchy.
Đây là một bất đẳng thức cổ điển nổi tiếng và quen thuộc đối với phần lớn học sinh nước ta. Nó
ứng dụng rất nhiều trong các bài Toán về bất đẳng thức và cực trị
Trong phạm vi chương trìnhToán THCS, chúng ta quan tâm đến ba trường hợp riêng của bất
đẳng thức Cauchy là:
-Trường hợp n = 2. Lúc này bất đẳng thức được viết lại rằng: Nếu a, b là các số thực không âm,
a+b
≥ ab
thì:
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
Bất đẳng thức này còn được viết ở hai dạng khác tương đương là
2
2
a + b)
a+b
(
2
2
ab ≤
÷ và a + b ≥
2
2
-Trường hợp n = 3. Ta có bất đẳng thức Cauchy cho ba biến không âm: Nếu a, b, c là các số thực
a+b+c 3
≥ abc
không âm, thì :
3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
Trong thực tế khi áp dụng, ta còn sử dụng một dạng khác tương đương của bất đẳng thức này là:
3
a+b+c
abc ≤
÷
3
20
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
-Trường hợp n = 4. Trong trường hợp này, ta có bất đẳng thức Cauchy cho bốn biến không âm:
Nếu a, b, c, d là các số thực không âm, thì
a+b+c+d 4
≥ abcd
4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b= c =d
Tương tự như hai trường hợp khác, ta cũng thường hay sử dụng bất đẳng thức này dưới dạng
4
a+b+c+d
abcd ≤
÷
4
a+b
≥ ab ta có thể suy ra các
-Ngoài ra, từ trường hợp bất đẳng thức Cauchy có n = 2 có dạng
2
bất đẳng thức tương đương :
a 2 + b 2 ≥ 2ab
a + b ≥ 2 ab
( a + b)
2
≥ 4ab
1 1
4
+ ≥
a b a+b
B.Các kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy.
B.1.Kỹ thuật sử dụng Cauchy trực tiếp.
1 1
Ví dụ 1.6.1. Cho các số dương a, b thỏa mãn 2 + 2 = 2 . Chứng minh a + b ≥ 2 .
a b
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy kết hợp với giả thiết, ta có
1 1
2
2= 2 + 2 ≥
⇒ ab > 1
a b
ab
Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy một lần nữa, ta được
a + b ≥ 2 ab ≥ 2.1 = 2
Đẳng thức xảy ra khi a = b =1
Ví dụ 1.6.2. Cho bốn số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng
ab + cd ≤ ( a + d ) ( b + c )
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành
a
b
c
d
×
+
×
≤1
a+d b+c
b+c a+d
Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng
xy ≤
21
x+ y
, ta có
2
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
a
b
c
d
+
+
a
b
c
d
×
+
×
≤ a+d b+c + b+c a+d =
a+d b+c
b+c a+d
2
2
a+d b+c
+
a
+
d
b + c =1
=
2
b
a
a + d = b + c
a
b
⇔
=
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a+d b+c
c = d
b + c a + d
1 1 1
Ví dụ 1.6.3.Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng ( a + b + c ) + + ÷ ≥ 9
a b c
Lời giải:
2
2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng a + b ≥ 2ab , dễ thấy
x2
y2
z2
x2
y2
z2
P= 2
+ 2
+ 2
≥ 2
+
+
=1
x + 2 yz y + 2 zx z + 2 xy x + y 2 + z 2 y 2 + z 2 + x 2 z 2 + x 2 + y 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Ví dụ 1.6.4.Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng
1 1 1
( a + b + c ) + + ÷≥ 9
a b c
Lời giải:
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy bộ ba số, ta có:
1 1 1
3
a + b + c ≥ 3 3 abc > 0, + + ≥ 3
>0
a b c
abc
3
1 1 1
⇒ ( a + b + c ) + + ÷ ≥ 3 3 abc ×3
=9
abc
a b c
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0
B.2.Kỹ thuật ghép đối xứng.
Trong nhiều bài toán mà biểu thức ở hai vế tương đối phức tạp, việc chứng minh trực tiếp trở
nên khó khăn thì ta có thể sử dụng kỹ thuật “Ghép đối xứng” để bài toán trở nên đơn giản.
Ở các bài toán bất đẳng thức, thông thường chúng ta hay gặp phải hai dạng toán sau:
-Dạng 1:Chứng minh X + Y + Z ≥ A + B + C.
Ý tưởng. Nếu ta chứng minh được X + Y ≥ 2A. Sau đó, tương tự hóa để chỉ ra Y + Z ≥ 2B và
Z + X ≥ 2C (Nhờ tính chất đối xứng của bài toán)
Sau đó cộng ba bất đẳng thức trên lại theo vế rồi rút gọn cho 2, ta có ngay điều phải chứng minh.
-Dạng 2.Chứng minh XYZ ≥ ABC với X, Y, Z ≥ 0
Ý tưởng: Nếu ta chứng minh được XY ≥ A2. Sau đó tương tự hóa để chỉ ra YZ ≥ B2 và
ZX ≥ C2 (nhờ tính chất đối xứng của bài toán). Sau đó nhân ba bất đẳng thức trên vế theo vế rồi
lấy căn bậc hai , ta có XYZ ≥ A 2 B2C 2 = ABC ≥ ABC .
Ví dụ 1.6.5.Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương ta có
22
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
abc ≥ ( b + c − a ) ( c + a − b ) ( a + b − c )
Lời giải:
Bất đẳng thức này có dạng XYZ ≥ ABC, vì vậy sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng, ta chỉ cần
2
chứng minh: b ≥ ( a + b − c ) ( b + c − a )
Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng
( x + y)
4
2
≥ xy , suy ra
( a + b − c ) + ( b + c − a )
= b2
( a + b − c) ( b + c − a) ≤
4
Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
2
Ví dụ 1.6.6.Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:
ab bc ca
+ + ≥ a+b+c
c
a b
Lời giải:
Bài toán này có dạng X + Y + Z ≥ A + B + C với
ab
bc
ca
ab
bc
X=
, Y = , Z = , A = a, B = b, C = c Để ý rằng hai biểu thức
và
là đối xứng với b
c
a
b
c
a
(tức vai trò của a và c như nhau). Do đó, sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng, ta sẽ thử chứng minh
ab bc
+ ≥ 2b
c
a
Quả thật, bất đẳng thức này là hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy
ab bc
ab bc
+ ≥2
×
c
a
c a
Từ đó, bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Ví dụ 1.6.7.Một tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c thỏa mãn
3
3
3
( a + b − c ) + ( b + c − a ) + ( c + a − b ) = a3 + b3 + c3 .
Chứng minh tam giác đó là tam giác đều.
Lời giải:
3
x + y)
Bổ đề: Với mọi x, y > 0, ta có x 3 + y 3 ≥ (
4
3
3
2
2
Chứng minh: Do x + y = ( x + y ) ( x − xy + y ) nên bất đẳng thức tương đương với:
x − xy + y
2
2
( x + y)
≥
2
4
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy hai số dạng
x − xy + y = ( x + y ) − 3xy ≥ ( x + y )
2
2
2
2
( x + y)
xy ≤
4
( x + y)
− 3×
4
Để ý rằng a, b, c là tam giác thì hiển nhiên ta có:
2
2
, ta được
( x + y)
=
23
4
2
Bổ đề được chứng minh
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
a + b – c > 0, b + c – a > 0, c + a – b > 0
Áp dụng bổ đề, ta có:
( a + b − c ) + ( b + c − a )
≥
= 2b3
4
3
( a + b − c)
3
+ ( b + c − a)
3
( b + c − a ) + ( c + a − b )
= 2c3
( b + c − a) + ( c + a − b) ≥
4
3
3
3
( c + a − b ) + ( a + b − c )
= 2a 3
( c + a − b) + ( a + b − c) ≥
4
Cộng ba bất đẳng thức trên lại vế theo vế và rút gọn cả hai vế của bất đẳng thức thu được cho 2,
ta có:
3
3
3
( a + b − c ) + ( b + c − a ) + ( c + a − b ) = a3 + b3 + c3 .
3
3
3
Theo giả thiết thì dấu bằng xảy ra, do vậy ta phải có:
a + b − c = b + c − a
b + c − a = c + a − b ⇔ a = b = c
c + a − b = a + b − c
Điều này chứng tỏ tam giác đã cho là tam giác đều.
Ví dụ 1.6.8.Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
+ 5 5
+ 5
≤1
5
5
a + b + ab b + c + bc c + a 5 + ca
Lời giải:
5
5
2 2
Bổ đề. Với mọi a, b > 0, ta có: a + b ≥ a b ( a + b )
5
5
4
3
2 2
3
4
Chứng minh: Ta có a + b = ( a + b ) ( a − a b + a b − ab + b )
Do đó bất đẳng thức tương đương
a 4 − a 3b + a 2b 2 − ab3 + b 4 ≥ a 2b 2 ⇔ a 4 + b 4 ≥ a 3b + ab 3
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy bộ bốn số, ta có:
a 4 + a 4 + a 4 + b4
a 4 + b4 + b4 + b4
a 3b ≤
, ab3 ≤
4
4
Cộng hai bất đắng thức này lại, ta thu được ngay kết quả như trên. Bất đẳng thức được chứng
minh.
Sử dụng bổ đề kết hợp với giả thiết abc = 1, ta có ngay kết quả.
ab
ab
1
1
≤ 2 2
=
=
5
5
a + b + ab a b ( a + b ) + ab ab ( a + b ) + 1 ab ( a + b + c )
c
=
a+b+c
24
Buøi Quang Thònh
THỨC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG
Tương tự:
bc
a
ca
b
≤
, 5
≤
5
5
5
b + c + bc a + b + c c + a + ca a + b + c
Cộng ba bất đẳng thức trên lại vê theo vế, ta thu được
ab
bc
ca
a +b+c
+ 5 5
+ 5
≤
=1
5
5
5
a + b + ab b + c + bc c + a + ca a + b + c
B.3.Kỹ thuật đặt ẩn phụ kết hợp Cauchy.
Trong bất đẳng thức, có một quy luật chung, đó là “Trong một dạng cụ thể, thì những bất đẳng
thức càng nhiều biến càng khó”. Điều này cũng đồng nghĩa với việc khẳng định “Bài toán sẽ trở
nên đơn giản hơn nếu ta đưa được một bất đẳng thức nhiều biến về dạng ít biến hơn” Kỹ thuật
đặc ẩn phụ chính là một công cụ hữu ích để thực hiện ý tưởng này.
Ví dụ 1.6.9.Cho x, y là hai số thực khác 0. Chứng minh rằng:
4x2 y 2
x2 y2
+
+ 2 ≥3
2
2
2 2
y
x
x
+
y
(
)
Lời giải:
Để ý rằng bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành
4x2 y2
(x
Đặt
(x
t=
2
+ y2 )
2
x y
2
2
⇒
4x2 y2
(x
2
+y
)
2 2
=
2
+ y2 )
2
(x
+
2
+ y2 )
2
≥5
x2 y2
4
t
t+
( t − 1) ( t − 4 ) ≥ 0
t
t 2 − 5t + 4
≥5⇔
≥0⇔
4
t
t
Ta được bài toán về dạng một biếu đơn giản là:
Theo bất đẳng thức Cauchy , ta dễ thấy t ≥ 4. Suy ra t – 1 > 0, t – 4 ≥ 0
( t − 1) ( t − 4 ) ≥ 0 bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Từ đó ta được
t
25
