tượng sát thát lịch sử 4 hà huy tráng thư viện tư liệu giáo dục

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (226 KB, 25 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Båi d ìng hsg th¸ng 8/2008

Chun đề:

Bất đẳng thức

a.mơc tiªu:

1-Học sinh nắm vững một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức.

2-Một số phơng pháp và bài toán liên quan đến phơng trình bậc hai sử dụng cơng thức
nghiệm sẽ cho học sinh học sau.

3-Rèn kỹ năng và pp chứng minh bất đẳng thức.

B- néi dung

Phần 1 : các kiến thức cần lu ý

1- Định nghÜa

2- TÝnh chÊt

3-Một số hằng bất đẳng thức hay dùng

Phần 2

:

một số phơng phápchứng minh bấtđẳng thức

1-Phơng pháp dùng định nghĩa

2- Phơng pháp dùng biến đổi tơng đơng

3- Phơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc

4- Phơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu

5- Phơng pháp dùng tính chất tØ sè

6- Ph¬ng pháp làm trội

7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác

8- Phơng pháp đổi biến s

9- Phơng pháp dïng tam thøc bËc hai

10- Phơng pháp quy nạp

11- Phơng pháp phản chứng

Phần 3 :các bài tập nâng cao

PHầN 4 : ứng dụng của bất đẳng thức

1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị

2-Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình và bất phơng trình

3-Dùng bất ng thc gii phng trỡnh nghim nguyờn

Phần I : các kiến thức cần lu ý
1-Đinhnghĩa

0
0

A B A B

   




   



2-tÝnh chÊt
+ A>B ⇔B<A

+ A>B vµ B >C ⇔A>C

+ A>B ⇒ A+C >B + C

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

+ A>B vµ C < 0 ⇒ A.C < B.C

+ 0 < A ⇒ 0 < A.C < B.D
+ A > B > 0 ⇒ A ❑n > B

❑n ∀n

+ A > B ⇒ A ❑n > B

❑n víi n lỴ

+ |A| > |B| ⇒ A ❑n > B

❑n víi n ch½n

+ m > n > 0 vµ A > 1 ⇒ A ❑m > A

❑n

+ m > n > 0 vµ 0 <A < 1 ⇒ A ❑m < A

❑n

+A 0 ⇒ 1

A>

B

3-một số hằng bất đẳng thức

+ A ❑2 0 víi ∀ A ( dÊu = x¶y ra khi A = 0 )

+ An  0 víi ∀ A ( dÊu = x¶y ra khi A = 0 )

+ |A|≥0 víi ∀A (dÊu = x¶y ra khi A = 0 )

+ - |A| < A = |A|

+ A B A  B ( dÊu = x¶y ra khi A.B > 0)
+ |A − B|≤|A|−|B| ( dÊu = x¶y ra khi A.B < 0)

Phần II : một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức

Ph ơng pháp 1 : dùng định nghĩa

KiÕn thøc : §Ĩ chøng minh A > B

Ta chøng minh A –B > 0

Lu ý dùng hằng bất đẳng thức M ❑2  0 với M

VÝ dô 1  x, y, z chøng minh r»ng :
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)

Gi¶i:

a) Ta xÐt hiÖu

x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 - xy – yz - zx

= 1

2 .2 .( x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx)

= 1

y − z¿2

x − z¿2+¿≥0

x − y¿2+¿
¿
¿

đúng với mọi x;y;zR

V× (x-y)2 0 víix ; y DÊu b»ng x¶y ra khi x=y

(x-z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y ra khi x=z

(y-z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y ra khi z=y

VËy x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx

DÊu b»ng x¶y ra khi x = y =z
b)Ta xÐt hiÖu

x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 - ( 2xy – 2xz +2yz )

= x ❑2 + y

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

=( x – y + z) ❑2 0 đúng với mọi x;y;zR

VËy x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z

R


DÊu b»ng x¶y ra khi x+y=z
c) Ta xÐt hiÖu

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

DÊu(=)x¶y ra khi x=y=z=1

VÝ dô 2: chøng minh r»ng :
a) a

2
+b2
2 ≥

(

a+b
2

)

;b) a

+b2+c2
3 ≥

(

a+b+c
3

)

c) H·y tæng quát bài toán

giải

a) Ta xét hiệu a

2
+b2
2 −

(

a+b
2

)

= 2(a

2
+b2)
4 −

a2

+2ab+b2
4

= 1

4(2a
2

+2b2− a2−b2−2 ab)

= 1

4(a −b)
2

≥0

VËy a

2
+b2
2 ≥

(

a+b
2

)

DÊu b»ng x¶y ra khi a=b
b)Ta xÐt hiÖu

a

+b2+c2
3 −

(

a+b+c
3

)

= 1

[

(a − b)
2

+(b − c)2+(c − a)2

]

≥0

VËy a

+b2+c2
3 ≥

(

a+b+c
3

)

DÊu b»ng x¶y ra khi a = b =c
c)Tỉng qu¸t

a1

+a22+. .. .+an2

n ≥

(

a1+a2+. .. .+an

n

)

Tóm lại các bớc để chứng minh A B tho 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

Bíc 3:KÕt luËn A  B

Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99)
Chứng minh m,n,p,q ta đều có

m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m(n+p+q+1)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

⇔

(

m2

4 −mn+n
2

)

(

m
2

4 −mp+p
2

)

(

m
2

4 −mq+q
2

)

(

m
2

4 − m+1

)

≥0
⇔

(

m

2 − n

)

(

m
2 − p

)

2
+

(

m

2− q

)

(

m
2−1

)

≥0 (ln đúng)

DÊu b»ng x¶y ra khi

{

m

2 −n=0

m

2 − p=0

m

2 −q=0

m

2 −1=0

⇔

{

n=m
2

p=m
2

q=m
2

m=2

⇔

{

n m=2

=p=q=1

phơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi tơng đơng
L

u ý:

Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức đúng hoặc

bất đẳng thức đã đợc chứng minh là đúng.
Chú ý các hằng đẳng thức sau:

(A+B)2=A2+2 AB+B2

(A+B+C)2=A2+B2+C2+2 AB+2 AC+2 BC

(A+B)3=A3+3A2B+3 AB2+B3

VÝ dô 1:

Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
a) a2+b

2
4 ≥ab

b) a2+b2+1≥ab+a+b

c) a2+b2+c2+d2+e2≥ a(b+c+d+e)

Gi¶i:
a) a2

+b
2
4 ≥ab

⇔4a2+b2≥4 ab ⇔4a2−4a+b2≥0

⇔(2a −b)2≥0 (bất đẳng thức này luôn đúng)

VËy a2+b
2

4 ≥ab (dÊu b»ng x¶y ra khi 2a=b)

b) a2

+b2+1≥ab+a+b

⇔2(a2+b2+1)>2(ab+a+b)

⇔a2−2ab+b2+a2−2a+1+b2−2b+1≥0

b −1¿2≥0

a −1¿2+¿

a −b¿2+¿

⇔¿

Bất đẳng thức cuối đúng.

VËy a2+b2+1≥ab+a+b

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

⇔ 4(a2+b2+c2+d2+e2)≥4a(b+c+d+e)

⇔ (a2−4 ab+4b2)+(a2−4 ac+4c2)+(a2−4 ad+4d2)+(a2−4 ac+4c2)≥0

⇔ (a −2b)2+(a−2c)2+(a−2d)2+(a−2c)2≥0

Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh

VÝ dơ 2:

Chøng minh r»ng: (a10+b10) (a2+b2)≥(a8+b8)(a4+b4)

Gi¶i:

(a10+b10) (a2+b2)≥(a8+b8)(a4+b4) ⇔ a12+a10b2+a2b10+b12≥ a12+a8b4+a4b8+b12

⇔ a8b2(a2− b2)+a2b8(b2− a2)≥0

⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) 0 ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0

Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh

VÝ dơ 3: cho x.y =1 vµ x.y

Chøng minh x2+y2

x − y 22

Giải:

x2
+y2

x y 22 vì :x y nªn x- y 0 ⇒ x

2+y2 2

√2 ( x-y)

⇒ x2+y2- 2

√2 x+ 2√2 y 0 ⇔ x2+y2+2- 2

√2 x+ 2√2 y -2 0

⇔ x2+y2+(

√2 )2- 2

√2 x+ 22 y -2xy 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2

⇒ (x-y- √2 )2 0 Điều này ln ln đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh

VÝ dô 4:

1)CM: P(x,y)= 9x2y2

+y2−6 xy−2y+1≥0 ∀x , y∈R

2)CM:

√

a2

+b2+c2≤|a|+|b|+|c| (gợi ý :bình phơng 2 vÕ)

3)choba sè thực khác không x, y, z thỏa mÃn:

{

x.y.z=1
1

x+

y+

z<x+y+z

Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1
(đề thi Lam Sơn 96-97)

Gi¶i:

XÐt (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1
=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( 1

x+

y+

z )=x+y+z - (

x+

y+

z¿>0 (v×

x+

y+

z < x+y+z

theo gt)

→ 2 trong 3 sè x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dơng.

N trng hp sau xy ra thỡ x, y, z >1 → x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc
phải xảy ra trờng hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1

Ph ơng pháp 3 : dùng bất đẳng thức quen thuộc

A/ một số bất đẳng thức hay dùng
1) Các bất đẳng thức phụ:

a) x2

+y2≥2 xy

b) x2

+y2≥∨xy∨¿ dÊu( = ) khi x = y = 0

c) (x+y)2≥4 xy

d) a

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2)Bất đẳng thức Cô sy: a1+a2+a3+. . ..+an

n ≥

√

a1a2a3. .. .an Víi ai>0

3)Bất đẳng thức Bunhiacopski

+¿2n

x12+x22+.. . .¿
(a1x1+a2x2+. .. .+anxn)

(

a22+a2

+.. ..+an2

)

4) Bất đẳng thức Trê- b-sép:
Nếu

{

a≤ b ≤ c

A ≤ B≤ C ⇒

aA+bB+cC
3 ≥

a+b+c
3 .

A+B+C
3

NÕu

{

a ≤b ≤ c

A ≥ B ≥C ⇒

aA+bB+cC

3 ≤

a+b+c
3 .

A+B+C
3

DÊu b»ng x¶y ra khi

{

a=b=c

A=B=C

b/ c¸c vÝ dơ

vÝ dô 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: (x+y)2≥4 xy

Tacã (a+b)2≥4 ab ; (b+c)2≥4 bc ; (c+a)2≥4 ac

⇒ (a+b)2 (b+c)2 (c+a)2 64a2b2c2=(8 abc)2

⇒ (a+b)(b+c)(c+a) 8abc
DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c

vÝ dơ 2(tù gi¶i): 1)Cho a,b,c>0 vµ a+b+c=1 CMR: 1

a+

b+

c≥9 (403-1001)

2)Cho x,y,z>0 vµ x+y+z=1 CMR:x+2y+z 4(1− x)(1− y)(1− z)

3)Cho a>0 , b>0, c>0
CMR: a

b+c+

b
c+a+

c
a+b≥

3
2

4)Cho x 0 ,y 0 tháa m·n 2√x −√y=1 ;CMR: x+y 15

vÝ dô 3: Cho a>b>c>0 vµ a2

+b2+c2=1 chøng minh r»ng

3 3 3 1
2

a b c

b c a c a b     

Gi¶i:

Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c

{

a2 b2c2
a

b+c

b
a+c

c
a+b

áp dụng BĐT Trê- b-sÐp ta cã
a2. a

b+c+b
2

. b

a+c+c
2

. c

a+b≥

a2+b2+c2
3 .

(

a
b+c+

b
a+c+

c
a+b

)

1
3.

3
2 =

1
2

VËy a

b+c+

b3
a+c+

c3
a+b≥

2 DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c=
1

√3

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng :

a2

+b2+c2+d2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10

Gi¶i:
Ta cã a2

+b2≥2 ab

c2

+d2≥2 cd

Do abcd =1 nªn cd = 1

ab (dïng x+
1

x≥

1
2 )

Ta cã a2+b2+c2≥2(ab+cd)=2(ab+ 1

ab)≥4 (1)

Mặt khác: a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)

=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
=

(

ab+ 1

)

(

ac+
1

)

(

bc+
1

)

≥2+2+2

VËy a2+b2+c2+d2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10

vÝ dô 5: Cho 4 sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng:

b+d¿2
¿

a+c¿2+¿
¿

√¿

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
tacó ac+bd

√

a2

+b2.

√

c2+d2

mµ (a+c)2+(b+d)2=a2+b2+2(ac+bd)+c2+d2

(a2+b2)+2

√

a2+b2.

√

c2+d2+c2+d2

⇒

b+d¿2
¿

a+c¿2+¿
¿

√¿

vÝ dơ 6 : Chøng minh r»ng

a2

+b2+c2≥ab+bc+ac

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có
(12

+12+12)(a2+b2+c2)≥(1 .a+1.b+1 .c)2

⇒ 3 (a2

+b2+c2)≥ a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)

⇒ a2

+b2+c2≥ab+bc+ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Ph ơng pháp 4 : Sö dụng tính chất bắc cầu

u ý: A>B và b>c thì A>c

0< x <1 th× x ❑2 <x

vÝ dơ 1:

Cho a, b, c ,d >0 tháa m·n a> c+d , b>c+d

Chøng minh r»ng ab >ad+bc
Gi¶i:

Tacã

{

a>c+d

b>c+d ⇒

{

a −c>d>0

b −d>c>0

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

⇔ ab> ad+bc (®iỊu ph¶i chøng minh)

vÝ dơ 2:

Cho a,b,c>0 tháa m·n a2

+b2+c2=5
3

Chøng minh 1

a+

b+

c<

1
abc

Gi¶i:

Ta cã :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) 0

⇒ ac+bc-ab ¿¿
¿

2 ( a2+b2+c2)

⇒ ac+bc-ab 5

¿
¿

¿ 1 Chia hai vÕ cho abc > 0 ta cã

a+

b−

c

¿
¿
¿

1
abc

vÝ dô 3

Cho 0 < a,b,c,d <1 Chøng minh r»ng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
Gi¶i:

Ta cã (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab
Do a>0 , b>0 nªn ab>0

⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1)
Do c <1 nªn 1- c >0 ta cã

⇒ (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

1- Cho 0 <a,b,c <1 . Chøng minh r»ng
2a3

+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a

Gi¶i :

Do a < 1 ⇒ a2

<1 vµ

Ta cã (1− a2).(1− b)<0 ⇒ 1-b- a2 +

a2 b > 0
⇒ 1+ a2

b2 > a2 + b

mµ 0< a,b <1 ⇒ a2 >

a3 , b2 >

b3

Tõ (1) vµ (2) ⇒ 1+ a2 b2 > a3 + b3

VËy a3 +

b3 < 1+ a2

b2

T¬ng tù b3 + c3 1
+b2c

c ❑3 + a3 

1+c2a

Cộng các bất đẳng thức ta có :
2a3

+2b3+2c3≤3+a2b+b2c+c2a

b)Chøng minh r»ng : NÕu a2

+b2=c2+d2=1998 th× ac+bd =1998

(Chuyªn Anh –98 – 99)
Gi¶i:

Ta cã (ac + bd) ❑2 + (ad – bc )

❑2 = a ❑2 c ❑2 + b ❑2d2+2 abcd+a2d2
+b2c2 - 2 abcd =

= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982

rá rµng (ac+bd)2

(ac+bd)2+(adbc)2=19982

|ac+bd|1998

2-Bài tập : 1, Cho các sè thùc : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m·n : a1+ a2+a3 + ….+a2003

chøng minh r»ng : a ❑12 + a22+a32+.. ..+a20032 1

2003 ( đề thi vào chuyên nga

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2,Cho a;b;c 0 tháa m·n :a+b+c=1(?)
Chøng minh r»ng: ( 1

a1.(

b1).(

c1)8

Ph ơng pháp 5: dïng tÝnh chÊtcña tû sè

KiÕn thøc

1) Cho a, b ,c là các số dơng thì

a NÕu a

b>1 th×
a
b>

a+c

b+c

b – NÕu a

b<1 th×
a
b<

a+c

b+c

2)NÕu b,d >0 th× tõ
a
b<
c
d⇒
a
b<

a+c

b+d<

c
d

vÝ dô 1 :

Cho a,b,c,d > 0 .Chøng minh r»ng
1< a

a+b+c+

b
b+c+d+

c
c+d+a+

d
d+a+b<2

Gi¶i :

Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã
a

a+b+c<1⇒

a
a+b+c<

a+d

a+b+c+d (1)

Mặt khác : a

a+b+c>

a

a+b+c+d (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã

a

a+b+c+d <

a
a+b+c <

a+d

a+b+c+d (3)

T¬ng tù ta cã
b

a+b+c+d<

b
b+c+d<

b+a

a+b+c+d (4)

c

a+b+c+d<

c
c+d+a<

b+c

a+b+c+d (5)

d

a+b+c+d<

d
d+a+b<

d+c

a+b+c+d (6)

céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta cã

1< a

a+b+c+

b
b+c+d+

c
c+d+a+

d

d+a+b<2 điều phải chứng minh

ví dụ 2 :

Cho: a

b <
c

d vµ b,d > 0 .Chøng minh r»ng
a
b <

ab+cd

b2
+d2<

c
d

Gi¶i: Tõ a

b <
c

d ⇒

b2<
cd

d2 ⇒

b2<
ab+cd

b2
+d2<

d2=

c
d

VËy a

b <

ab+cd

b2
+d2<

c

d điều phải chứng minh

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

tìm giá trị lớn nhất của a

c+
b
d

giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử : a

c
b

d Tõ :
a
c

b

d ⇒

a
c≤

a+b

c+d≤

b
d
a

c≤1 v× a+b = c+d

a, NÕu :b 998 th× b

d 998 ⇒

a
c+

b

d 999

b, NÕu: b=998 thì a=1 a

c+
b

d =

c+

999

d Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999

Vậy giá trị lớn nhất của a

c+
b

d =999+

999 khi a=d=1; c=b=999

Ph ơng pháp 6: Phơng pháplàm trội

L
u ý:

Dùngcác tính bất đẳng thức để đa một vế của bất đẳng thc v dng tớnh c tng

hữu hạn hoặc tích hữu hạn.

(*) Phng phỏp chung tính tổng hữu hạn :
S = u1+u2+.. . .+un

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u ❑k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
uk=ak−ak+1

Khi đó :

S = (a1− a2)+(a2− a3)+.. . .+(an− an+1)=a1−an+1

(*) Phơng pháp chung về tính tích hữu hạn
P = u1u2. .. .un

Biến đổi các số hạng uk về thơng của hai số hạng liên tiếp nhau:
uk = ak

ak+1

Khi đó P = a1

a2
.a2

a3

.. . .. an

an+1
= a1

an+1

VÝ dô 1 :

Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng

2<
1

n+1+
1

n+2+. .. .+
1

n+n<
3
4

Gi¶i:

Ta cã 1

n+k>
1

n+n=
1

2n víi k = 1,2,3,…,n-1

Do đó:
1

n+1+
1

n+2+.. .+

1
2n>

1
2n+. ..+

1
2n=

n

2n=

1
2

VÝ dô 2 :

Chøng minh r»ng:

1+ 1

√2+
1

√3+.. . .+
1

√n>2(√n+1−1) Với n là số nguyên

Giải :

Ta cã 1

√k=

2
2√k>

√k+√k+1=2(√k+1−√k)

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

1 > 2 (√2−1)

√2>2(√3−√2)

………
1

√n>2(√n+1−√n)

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
1+ 1

√2+
1

√3+.. . .+
1

√n>2(√n+1−1)
VÝ dô 3 :

Chøng minh r»ng

∑

k=1

n

k2<2 ∀n∈Z

Gi¶i:

Ta cã 1

k2<

k(k −1)=
1

k −1−
1

k

Cho k chạy từ 2 đến n ta có

1
22<1−

1
2
1

32<
1
2−

1
3
.. . .. .. . .. .. .. . ..

n2<
1

n −1−
1

n

⇒ 1
22+

32+. .. .+
1

n2<1

VËy

∑

k=1

n

k2<2

Ph ¬ng ph¸p 7:

Dùng bất đẳng thức trong tam giác

u ý: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0

Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a

VÝ dụ1: Cho a;b;clà số đo ba cạnh của tam gi¸c chøng minh r»ng

a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)

Giải

a)Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta cã

{

0<a<b+c
0<b<a+c
0<c<a+b



{

a2<a(b+c)

b2<b(a+c)

c2

<c(a+b)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

b) Ta cã a > b-c   b − c¿2

a2>a2−¿ > 0

b > a-c   c −a¿

b2>b2−¿ > 0

c > a-b   a −b¿

2
>0

c2

>c2−¿

Nhân vế các bất đẳng thức ta đợc

⇒a2b2c2>

[

a2−(b − c)2

][

b2−(c − a)2

] [

c2−(a −b)2

]

⇒a2b2c2>(a+b − c)2(b+c − a)2(c+a −b)2

⇒abc>(a+b − c).(b+c −a).(c+a −b)

VÝ dô2: (404 – 1001)

1) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam gi¸c

Chøng minh r»ng ab+bc+ca<a2+b2+c2<2(ab+bc+ca)

2) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh cđa tam gi¸c cã chu vi b»ng 2

Chøng minh r»ng a2

+b2+c2+2 abc<2

Ph ơng pháp 8: đổi biến số

VÝ dô1:

Cho a,b,c > 0 Chøng minh r»ng a
b+c+

b
c+a+

c
a+b

3
2 (1)

Giải :
Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a= y+z − x

2 ; b =

z+x − y

2 ; c =

x+y − z

ta cã (1) ⇔ y+z − x

2x +

z+x − y
2y +

x+y − z
2z

3
2

⇔ y

x+
z
x−1+

x
y+

z
y−1+

x
z+

y
z−1≥3

⇔ ( y

x+
x
y¿+(

z
x+

x
z)+(

z
y+

y
z)≥6

Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( y

x+
x

y≥2;
z
x+

x

z≥2 ;
z
y+

y

z≥2 nªn ta có

điều phải chứng minh

Ví dụ2:

Cho a,b,c > 0 vµ a+b+c <1
Chøng minh r»ng

a2+2 bc+
1

b2+2 ac+
1

c2+2 ab9 (1)

Giải:

Đặt x = a2

+2 bc ; y = b2+2 ac ; z = c2+2ab

Ta cã x+y+z=(a+b+c)2<1

(1) ⇔1

x+

y+

z≥9 Víi x+y+z < 1 vµ x ,y,z > 0

Theo bất đẳng thức Cơsi ta có
x+y+z ≥ 3. √3xyz

x+

y+

z≥ 3. .

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

⇒ (x+y+z).

(

x+

y+

z

)

≥9

Mµ x+y+z < 1
VËy 1

x+

y+

z≥9 (®pcm)

VÝ dơ3:

Cho x 0 , y 0 tháa m·n 2√x −√y=1 CMR x+y ≥51

Gỵi ý:

Đặt x=u , y=v ⇒ 2u-v =1 vµ S = x+y = u2+v2 ⇒ v = 2u-1 thay vµo

tÝnh S min
Bµi tËp

1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 CMR: 25a

b+c+
16b

c+a+

c
a+b>8

2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0
CMR

b+c+
nb

c+a+

a+b≥
1

2(√m+√n+√p)
2

−(m+n+p)

Ph ơng pháp 9: dïng tam thøc bËc hai

L
u ý :

Cho tam thøc bËc hai f(x)=ax2

+bx+c

NÕu Δ<0 th× a.f(x)>0 ∀x∈R

NÕu Δ=0 th× a.f(x)>0 ∀x ≠ −b

a

NÕu Δ>0 th× a.f(x)>0 víi x<x1 hc x>x2 ( x2>x1 )
a.f(x)<0 víi x1<x<x2

VÝ dô1:

Chøng minh r»ng

f(x , y)=x2+5y2−4 xy+2x −6y+3>0 (1)

Gi¶i:

Ta cã (1) ⇔ x2−2x(2y −1)+5y2−6y+3>0

Δ'=(2y −1)2−5y2+6y −3

¿4 y

2−4y

+1−5y2+6y −3

−(y −1)2−1<0

VËy f(x , y)>0 víi mäi x, y

VÝ dô2:

Chøng minh r»ng

f(x , y)=x2y4+2(x2+2).y2+4 xy+x2>4 xy3

Gi¶i:

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

x2y4

+2(x2+2).y2+4 xy+x2−4 xy3>0

y

+1¿2.x2+4y(1− y)2x+4y2>0
⇔¿

Ta cã Δ'

=4y2(1− y2

)2−4y2
(y2

+1)2=−16y2<0

V× a = (y2

+1)2>0 vËy f (x , y)>0 (®pcm)

Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học

Kiến thøc:

Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n>n0 ta thực hiện các bớc sau :
1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n=n0

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
chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)

4 – kết luận BĐT đúng với mọi n>n0

VÝ dô1:

Chøng minh r»ng
1

12+
1

22+.. . .+
1

n2<2−
1

n ∀n∈N ;n>1 (1)

Gi¶i :

Víi n =2 ta cã 1+1
4<2−

2 (đúng)

Vậy BĐT (1) đúng với n =2

Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh
BĐT (1) đúng với n = k+1

ThËt vËy khi n =k+1 th×

(1) ⇔

k+1¿2
¿
¿

1
12+

22+.. . .+
1

k2+

Theo gi¶ thiÕt quy n¹p

⇔

k+1¿2
¿
¿
1

12+
1
22+.. . .+

k2+

1
¿

⇔

k+1¿2
¿
¿

1
12+.. . .+

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

⇔

k+1¿2
¿

k+1+1

⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều này đúng .Vậy bất đẳng thức (1)đợc

chøng minh

VÝ dô2: Cho n∈N vµ a+b> 0

Chøng minh r»ng

(

a+b

)

n

a

n

+bn

2 (1)

Giải
Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1

Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1
Thật vậy với n = k+1 ta có

(1) ⇔

(

a+b
2

)

k+1

a

k+1
+bk+1
2

⇔

(

a+b

)

k

.a+b

ak+1
+bk+1

2 (2)

⇔ VÕ tr¸i (2) a

k

+bk
2 .

a+b
2 =

ak+1

+abk+akb+bk+1

4 ≤

ak+1
+bk+1
2

⇔ ak+1+bk+1
2 −

ak+1

+abk+akb+bk+1
4 ≥0

⇔ (ak− bk).(a −b)≥0 (3)

Ta chøng minh (3)

(+) Gi¶ sư a b và giả thiết cho a -b ⇔ a |b|

⇔ ak≥

|b|k≥ bk ⇒ (ak− bk).(a −b)≥0

(+) Gi¶ sử a ⇔ |a|k<bk⇔ak<bk ⇔

(ak− bk).(a −b)≥0

Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)

Ph ¬ng ph¸p 11: Chøng minh ph¶n chøng

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 vơ lý , điều vơ 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 :

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 : −−K⇒− −G

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

VÝ dô 1:

Cho ba sè a,b,c tháa m·n a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chøng minh r»ng a > 0 , b > 0 , c > 0

Gi¶i :

Giả sử a 0 thì từ abc > 0 ⇒ a 0 do đó a < 0
Mà abc > 0 và a < 0 ⇒ cb < 0

Tõ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0
V× a < 0 mµ a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0

a < 0 vµ b +c < 0 a + b +c < 0 trái giả thiÕt a+b+c > 0
VËy a > 0 t¬ng tù ta cã b > 0 , c > 0

VÝ dô 2:

Cho 4 sè a , b , c ,d tháa m·n ®iỊu kiÖn

ac 2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là
sai:

a2

<4b , c2<4d

Gi¶i :

Giả sử 2 bất đẳng thức : a2

<4b , c2<4d đều đúng khi ú cng cỏc v ta

đ-ợc

a2+c2<4(b+d) (1)

Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d) 2ac (2)

Tõ (1) vµ (2) ⇒ a2+c2<2 ac hay (a − c)2<0 (v« lý)

Vậy trong 2 bất đẳng thức a2<4b và c2<4d có ít nhất một các bất đẳng thức

sai

VÝ dô 3:

Cho x,y,z > 0 vµ xyz = 1. Chøng minh r»ng

NÕu x+y+z > 1

x+

y+

z th× cã mét trong ba sè này lớn hơn 1

Giải :

Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1

=x + y + z – ( 1

x+

y+

z ) v× xyz = 1

theo gi¶ thiÕt x+y +z > 1

x+

y+

z

nªn (x-1).(y-1).(z-1) > 0

Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè d¬ng

Thật vậy nếu cả ba số dơng thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết)
Cịn 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

1) Cho abc = 1 vµ a3

>36 . . Chøng minh r»ng a
2
3 +¿ b

2+c2> ab+bc+ac

Gi¶i

Ta cã hiÖu: a2

3 +¿ b

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

= a2

4 +¿

a2

12+¿ b

2+c2- ab- bc – ac

= ( a2

4 +¿ b

2+c2- ab– ac+ 2bc) + a2

12− 3bc

=( a

2 -b- c)2 +

a3−36 abc

12a

=( a

2 -b- c)2 +

a3−36 abc

12a >0 (v× abc=1 và a

3 > 36 nên a >0 )

VËy : a2

3 +¿ b

2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh

2) Chứng minh rằng
a) x4

+y4+z2+1≥2x.(xy2− x+z+1)

b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã
a2+5b2−4 ab+2a −6b+3>0

c) a2

+2b2−2 ab+2a −4b+2≥0

Gi¶i :

a) XÐt hiÖu

H = x4+y4+z2+1−2x2y2+2x2−2 xz−2x

= (x2

− y2)2+(x − z)2+(x −1)2

H 0 ta có điều phải chứng minh
b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H = (a −2b+1)2+(b −1)2+1

⇒ H > 0 ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh
c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H = (a −b+1)2+(b −1)2

⇒ H 0 ta có điều phải chứng minh

Ii / Dựng bin đổi t ơng đ ơng

1) Cho x > y vµ xy =1 .Chøng minh r»ng

(x

2
+y2)2

(x − y)2 ≥8

Gi¶i :

Ta cã x2

+y2=(x − y)2+2 xy=(x − y)2+2 (v× xy = 1)

⇒ (x2

+y2)2=(x − y)4+4 .(x − y)2+4

Do đó BĐT cần chứng minh tơng đơng với
(x − y)4+4(x − y)2+4≥8.(x − y)2

⇔ (x − y)4−4(x − y)2+4≥0

⇔

[

(x − y)2

−2

]

2≥0

BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh
2) Cho xy 1 .Chứng minh rằng

1+x2+
1
1+y2≥

2
1+xy

Gi¶i :

Ta cã 1

1+x2+
1
1+y2≥

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

⇔

(

1+x2−
1
1+y2

)

(

1
1+y2−

1
1+xy

)

≥0

⇔ xy− x

(1+x2).(1+xy)+

xy− y2

(1+y2).(1+xy)≥0

⇔ x(y − x)

(1+x2).(1+xy)+

y(x − y)

(1+y2).(1+xy)≥0

⇔ (y − x)

(xy−1)

(1+x2).(1+y2).(1+xy)≥0

BĐT cuối này đúng do xy > 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

Chøng minh r»ng a2+b2+c2≥1
3

Gi¶i :

áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) vµ (a,b,c)
Ta cã (1.a+1 .b+1 .c)2≤(1+1+1).(a2+b2+c2)

⇔ (a+b+c)2≤3 .(a2+b2+c2)

⇔ a2

+b2+c2≥1

3 (vì a+b+c =1 ) (đpcm)

2) Cho a,b,c là các số d¬ng

Chøng minh r»ng (a+b+c).

(

a+

b+

c

)

≥9 (1)

Gi¶i :

(1) ⇔ 1+a

b+
a
c+

b
a+1+

b
c+

c
a+

c
a+1≥9

3+

(

a

b+
b
a

)

(

a
c+

c
a

)

(

b
c+

c
b

)

9

áp dụng BĐT phụ x

y+
y

x ≥2 Víi x,y > 0

Ta có BĐT cuối cùng ln đúng
Vậy (a+b+c).

(

a+

b+

c

)

≥9 (®pcm)

Iv / dùng ph ơng pháp bắc cầu

1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chøng minh r»ng :

2a3

+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a

Gi¶i :

Do a <1 ⇒ a2 <1 vµ b <1

Nªn (1− a2).(1− b2)

>0⇒1+a2b − a2−b>0

Hay 1+a2b>a2+b (1)

Mặt khác 0 <a,b <1 ⇒ a2

>a3 ; b>b3

⇒ 1+a2>a3+b3

VËy a3

+b3<1+a2b

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

b3+c3<1+b2c

a3+c3<1+c2a

⇒ 2a3+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a (đpcm)

2) So sánh 31 ❑11 vµ 17

❑14

Gi¶i :

Ta thÊy 3111 <

 

11 5 55 56

32  2 2 2

Mặt khác



56 4.14 4 14 14

2 2  2 16 17

Vëy 31 ❑11 < 17

❑14 (®pcm)

V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè

1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chøng minh r»ng :

2 3

a b b c c d d a

a b c b c d c d a d a b

   

    

       

Gi¶i :

V× a ,b ,c ,d > 0 nªn ta cã

a b a b a b d

a b c d a b c a b c d

   

 

        (1)

b c b c b c a

a b c d b c d a b c d

    

 

        (2)

d a d a d a c

a b c d d a b a b c d

   

 

        (3)

Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :

2 3

a b b c c d d a

a b c b c d c d a d a b

   

    

        (®pcm)

2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác
Chøng minh r»ng

1 2

a b c

b c c a a b

   

  

Gi¶i :

Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0
Vµ a < b +c ; b <a+c ; c < a+b

Tõ (1)

a a a a

b c a b c a b c



  

  

Mặt khác

a a

b c a b c 

VËy ta cã

a a a

a b c  b c a b c  T¬ng tù ta cã

b b b

a b c  a c a b c 

c c c

a b c  b a a b c 

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

1 2

a b c

b c c a a b

   

   (®pcm)

V/ ph ơng pháp làm trội :

1) Chøng minh B§T sau :
a)

1 1 1 1

...

1.3 3.5  (2n1).(2n1)2

1 1 1

1 ... 2

1.2 1.2.3 1.2.3...n

    

Gi¶i :

a) Ta cã



 





2 1



(2 1)

1 1 1 1 1

2 1 . 2 1 2 (2 1).(2 1) 2 2 1 2 1

k k

n n k k k k

    

    

       

Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có

1 1 1 1 2 1

... . 1

1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2 2n 1 2

 

      

     (®pcm)

b) Ta cã





1 1 1 1 1 1

1 ... 1 ...

1.2 1.2.3 1.2.3...n 1.2 1.2.3 n 1 .n

        



1 1 1 1 1 1

1 1 .... 2 2

2 2 3 n 1 n n

     

         


      (®pcm)

Phần iv : ứng dụng của bất đẳng thức

1/ dùng bất đẳng thức để tìm c c trị

L u ý

- NÕu f(x) A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất lµ A

- NÕu f(x) B thì f(x) có giá trị lớn nhất lµ B

VÝ dơ 1 :

Tìm giá trị nhỏ nhất cña :
T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|
Gi¶i :

Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|  |x-1+4-x| = 3 (1)

Vµ x 2  x 3  x 23 x  x 2 3  x 1 (2)
VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|  1+3 = 4

Ta cã tõ (1)  DÊu b»ng x¶y ra khi 1 x 4

(2)  DÊu b»ng x¶y ra khi 2 x 3
VËy T cã giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 x 3
VÝ dô 2 :

Tìm giá trị lớn nhÊt cña

S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > 0 vµ x+y+z =1
Gi¶i :

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

3 1 1

3 27

xyz xyz

   

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có



x y

 

. y z

 

. z x



33



x y

 

. y z

 

. x z



 2 3 3



x y

 

. y z

 

. z x



DÊu b»ng x¶y ra khi x=y=z=

1
3

VËy S 

8 1 8

27 27 729

Vậy S có giá trị lớn nhất là

729 khi x=y=z=
1
3

VÝ dô 3 : Cho xy+yz+zx = 1
T×m giá trị nhỏ nhất của x4y4z4
Gi¶i :

áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 sè (x,y,z) ;(x,y,z)

Ta cã









2 2 2 2

xy yz zx   x y z





2
2 2 2

1 x y z

   

(1)

Ap dụng BĐT Bunhiacốpski cho (x y z2, 2, 2) và (1,1,1)

Ta cã

2 2 2 2 2 2 2 4 4 4
2 2 2 2 4 4 4

( ) (1 1 1 )( )

( ) 3( )

x y z x y z

      

     

Tõ (1) vµ (2)  1 3( x4y4z4)

4 4 4 1
3

x y z

   

VËy x4y4z4 có giá trị nhỏ nhất là

3 khi x=y=z=
3
3



VÝ dô 4 :

Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diƯn tÝch
lín nhÊt

Gi¶i :

Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a
Đờng cao thuộc cạnh huyền là h

Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x,y
Ta cã S =





2
1

. . . . .

2 x y h a h a h   a xy

Vì a không đổi mà x+y = 2a

VËy S lín nhÊt khi x.y lín nhÊt  xy

VËy trong các tam giác 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

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Giải phơng tr×nh sau

4 3x26x19 5x210x14 4 2  x x 2
Gi¶i :

Ta cã 3x26x19 3.(x22x1) 16

3.(x1)216 16





2
2

5x 10x14 5. x1  9 9

VËy 4. 3x26x19 5x210x14 2 3 5  
DÊu ( = ) x¶y ra khi x+1 = 0  x = -1

VËy 4 3x26x19 5x210x14 4 2  x x 2 khi x = -1
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = -1

VÝ dô 2 :

Giải phơng trình

x 2 x2 4y24y3
Gi¶i :

áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :





2 2 2 2 2

2 1 1 . 2 2. 2 2

x  x   x   x  

DÊu (=) x¶y ra khi x = 1

Mặt khác



2
2

4y 4y 3 2y1  2 2

DÊu (=) x¶y ra khi y =

-1
2

VËy x 2 x2 4y24y 3 2 khi x =1 vµ y

=-1
2

Vậy nghiệm của phơng trình là

1
1
2

x
y

VÝ dô 3 :

Giải hệ phơng trình sau:

4 4 4

x y z

x y z xyz

  




  



Gi¶i : áp dụng BĐT Côsi ta có

4 4 4 4 4 4
4 4 4

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x

2 2 2

x y y z z x

y z

x y y z z x

x y y z z y z z x z y x

  

    

  

  

  

2 2 2

.( )

y xz z xy x yz
xyz x y z

  

V× x+y+z = 1)

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

DÊu (=) x¶y ra khi x = y = z =

1
3

VËy 4 4 4

x y z

x y z xyz

  





  

 cã nghiÖm x = y = z =

1
3

VÝ dô 4 : Giải hệ phơng trình sau

2
2
4 8
2
xy y
xy x
   

 
 
(1)
(2)

Từ phơng trình (1)  8 y2 0 hay y  8
Từ phơng trình (2)

2 2 . 2 2

x x y x

   

2 2

2 2 2 0

( 2) 0

2
2
x x
x
x
x
   
  
 
 

NÕu x = 2 th× y = 2 2
NÕu x = - 2 th× y = -2 2
VËy hệ phơng trình có nghiệm

2
2
x
y

vµ

2 2
2 2
x
y
 






Iii/ dùng B.Đ.t để giải ph ơng trỡnh nghim nguyờn

1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mÃn
x2y2z2xy3y2z 3
Gi¶i :

Vì x,y,z là các số nguyên nªn
x2y2z2 xy3y2z 3





2 2 2

2 2

3 2 3 0

3 3 2 1 0

4 4

x y z xy y z

y y

x xy y z z

       
   
          

   





2 2
2

3 1 1 0

2 2
y y
x z
   
          
    (*)

Mµ





2 2

3 1 1 0

2 2
y y
x z
   
     
   

    x y R, 





2 2

3 1 1 0

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

2 1

1 0 2

1
1 0

y
x

x
y

y
z

z



 







 

      

  


 





C¸c sè x,y,z phải tìm là

1
2
1

x
y
z

VÝ dô 2:

Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình

1 1 1
2

x yz 

Gi¶i :

Không mất tính tổng quát ta gi¶ sư x y z 
Ta cã

1 1 1 3

2 2z 3

x y z z

     

Mà z nguyên dơng vậy z = 1
Thay z = 1 vào phơng trình ta đợc

1 1
1

x y 

Theo giả sử xy nên 1 =

1 1

x y

y


y

  mµ y nguyên dơng

Nên y = 1 hc y = 2
Với y = 1 không thích hợp

Víi y = 2 ta cã x = 2

VËy (2 ,2,1) lµ 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)

VÝ dô 3 :

T×m các cặp số nguyên thoả mÃn phơng trình

x x y (*)
 Gi¶i :

(*) Víi x < 0 , y < 0 thì phơng trình kh«ng cã nghÜa
(*) Víi x > 0 , y > 0

Ta cã x x y  x xy2
  x y2 x0

Đặt x k (k nguyên dơng vì x nguyên dơng )
Ta cã k k.( 1)y2

Nhng



 



2
2 1 1

k k k  k

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Mµ giữa k và k+1 là hai số nguyên dơng liên tiếp không tồn tại một số nguyên dơng
nào cả

Nên không có cặp số nguyên dơng nào thoả mÃn phơng trình .

Vậy phơng trình cã nghiƯm duy nhÊt lµ :

0
0

x
y








</div>

tượng sát thát lịch sử 4 hà huy tráng thư viện tư liệu giáo dục

<i>Chun đề: </i>

Bất đẳng thức

1- Định nghÜa

2- TÝnh chÊt

3-Một số hằng bất đẳng thức hay dùng

Phần 2

<sub>:</sub>

một số phơng phápchứng minh bấtđẳng thức

<sub>1-Phơng pháp dùng định nghĩa </sub>

2- Phơng pháp dùng biến đổi tơng đơng

3- Phơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc

4- Phơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu

5- Phơng pháp dùng tính chất tØ sè

6- Ph¬ng pháp làm trội

7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác

8- Phơng pháp đổi biến s

9- Phơng pháp dïng tam thøc bËc hai

10- Phơng pháp quy nạp

11- Phơng pháp phản chứng

Phần 3 :các bài tập nâng cao

PHầN 4 : ứng dụng của bất đẳng thức

<sub>1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị</sub>

2-Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình và bất phơng trình

3-Dùng bất ng thc gii phng trỡnh nghim nguyờn

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

[

]

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

{

{

{

<sub>√</sub>

{

√

(

)

{

{

{

{

(

)

(

)

(

)

(

)

<sub>√</sub>

√

√