bài đà lạt địa lí 4 vi thị vân anh 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 (219.74 KB, 29 trang )

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

Chuyên đề : Bất đẳng thức
Tác giả : Nguyn Vn Thy

su tập và biên soạn năm 2000
chỉnh sửa năm :2007

Bác tặng cháu - chúc cháu thành công
A- Mở đầu:

Bt ng thc là một trong những mảng kiến thức khó nhất của tốn học phổ thơng .

Nhng thơng qua các bài tập về chứng minh bất đẳng thức học sinh hiểu kỹ và sâu sắc hơn về giải và biện luận
phơng trình , bất phơng trình ,về mối liên hệ giữa các yếu tố

của tam giác về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức. Trong quá trình giải bài tập , năng lực suy
nghĩ , sáng tạo của học sinh đợc phat triển đa dang và phong phú

vì các bài tập về bất đẳng thức có cách giải khơng theo quy tắc hoặc khn mẫu nào cả.

Nó địi hỏi ngời đọc phải có cách suy nghĩ lôgic sáng tạo biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức mới một cách
lơgíc có hệ thống.

Cũng vì tốn về bất đẳng thức khơng có cách giải mẫu , khơng theo một phơng pháp nhất định nên học sinh
rât lúng túng khi giải tốn về bất đẳng thức vì vậy học sinh sẽ không biết bắt đầu từ đâu và đi theo hơng nào
.Do đó hầu hết học sinh khơng biết làm tốn về bất đẳng thứcvà khơng biết vận dụng bất đẳng thức để giải
quyết các loại bài tập khác.

Trong thực tế giảng dạy toán ở trờng THCS việc làm cho học sinh biết chứng minh bất đẳng thức và vận
dụng các bất đẳng thức vào giải các bài tập có liên quan là công việc rất quan trọngvà không thể thiếu đợc của
ngời dạy tốn ,thơng qua đó rèn luyện

T duy lơgic và khả năng sáng tạo cho học sinh .Để làm đợc điều đó ngời thầy giáo phải cung cấp cho học sinh
một số kiến thức cơ bản và một số phơng pháp suy nghĩ ban đầu về bất đẳng thức .

Chính vì lí do trên nên tôi tự tham khảo biên soạn chuyên đề bất đẳng thức nhằm mục đích giúp học sinh học
tốt hơn.

Danh mục của chuyên

S.t.t Nội dung trang

1. Phần mở đầu 1

2. Ni dung chuyờn 2

3. Các kiến thức cần lu ý 3

4. Các phơng pháp chứng minh bát đẳng thức 4

5. Phơng pháp 1:dùng định nghiã 4

6. Phơng pháp 2:dùng biến đổi tơng đơng 6

7. Phơng pháp 3:dùng bất đẳng thức quen thuc 8

8. Phơng pháp 4:dùng tính chất bắc cầu 10

9. Phơng pháp 5: dùng tính chấtbủa tỷ số 12

10. Phơng pháp 6: dùng phơng pháp làm trội 14

11. Phơng pháp 7: dùmg bát đẳng thức tam giác 16

12. Phơng pháp 8: dùng đổi biến 17

13. Phơng pháp 9: Dùng tam thức bậc hai 18

14. Phơng pháp 10: Dùng quy nạp toán học 19

15. Phơng pháp 11: Dùng chứng minh phản chứng 21

16. Các bài tập nâng cao 23

17. øng dơng cđa bÊt d¼ng thøc 28

18. Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị 29

19. Dùng bất đẳng thức để: giải phơng trình hệ phơng trình 31

20. Dùng bất đẳng thức để : giải phơng trình nghim nguyờn 33

21. Tài liệu tham khảo

B- nội dung

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

1- Định nghÜa
2- TÝnh chÊt

3-Một số hằng bất đẳng thức hay dùng

Phần 2:một số phơng pháp chứng minh bất đẳng 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 tỉ số
6- Phơng pháp làm trội

7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác
8- Phơng pháp đổi biến số

9- Phơng pháp dùng tam thức bậc 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 đẳng thức giải phơng trình nghiệm ngun

PhÇn 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

+ A>B vµ C > D ⇒ A+C > B + D
+ A>B vµ C > 0 ⇒ A.C > B.C
+ 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|

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

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 với M
Ví dụ 1  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)

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
Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu bằng xảy 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

❑2 + z ❑2 - 2xy +2xz –2yz
=( x – y + z) ❑2 0 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 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 dơ 2: chøng minh r»ng :
a) a

2
+b2

2 ≥

(

a+b

)

;b) a

(

2a

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

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

a1
2

+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)
Gi¶i:

⇔

≥0

≥0 (ln đúng)

DÊu b»ng x¶y ra khi

{

m2 −n=0

m

2− p=0

m

2 −q=0

m

2 −1=0

⇔

{

n=m

p=m

q=m

m=2

⇔

{

n m=2
=p=q=1

Bµi tËp bỉ xung

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

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

VÝ dô 1:

Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh r»ng

a) a2+b

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)
Vậy a2+b

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.
Vậy a2+b2+1≥ab+a+b

DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=1

)

≥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 x

2
+y2

x − y 2

√

2
Gi¶i:

x2
+y2

x − y 2

2 vì :x y nên x- y 0 ⇒ x

2 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

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

{

x.y.z=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 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dơng.

N trng hp sau xy ra thì 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

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
b+

b
a≥2

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

)

(

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 giải): 1)Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR: 1
a+

b+

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

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 1

vÝ dô 3: Cho a>b>c>0 vµ a2+b2+c2=1 chøng minh r»ng

3 3 3 1

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-sép 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

)

2 =

1
2

VËy a
3
b+c+

b3
a+c+

c3
a+b≥

2 DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c=

√

vÝ dô 4:

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≥

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+

)

(

bc+

)

≥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

)

√

a2+b2.

√

c2+d2+c2+d2

⇒

b+d¿2
¿
a+c¿2+¿

¿
√¿

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

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+c2ab+bc+ac Điều phải chứng minh DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c

ơng pháp 4 : Sư dơng tÝnh chất bắc cầu
L

u ý: A>B và b>c thì A>c

0< x <1 th× x ❑2 <x
vÝ dô 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
⇒ (a-c)(b-d) > cd

⇔ ab-ad-bc+cd >cd

⇔ ab> ad+bc (®iỊu ph¶i chøng minh)
vÝ dơ 2:

Cho a,b,c>0 tháa m·n a2+b2+c2=5

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 1
a+

b−

c
¿
¿
¿

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

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

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 =1

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

2003 ( đề thi vào chuyên nga pháp 2003-

2004Thanh hãa )

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

a1.(

b1).(

c1)8

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+

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

Gi¶i :

Theo tÝnh chÊt cña tØ lÖ thøc ta cã
a

a+b+c<1⇒
a
a+b+c<

a+d

a+b+c+d (1)

MỈt kh¸c : 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 có

1< a

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

c
c+d+a+

d

d+a+b<2 điều phải chøng minh
vÝ dô 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<

d2 ⇒

b2<

ab+cd

b2+d2<

d2=
c
d
VËy a

b <

ab+cd

b2+d2<
c

d điều phải chứng minh

ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dơng thỏa mÃn : a+b = c+d =1000
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 th× a=1 ⇒ a

c+
b
d =
1
c+
999

d Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999
Vậy giá trÞ lín nhÊt cđa a

c+
b

d =999+

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

ơng pháp 6: Phơng pháplàm tréi
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 :
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

)

=a1an+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
1

2<
1

n+1+

n+2+. .. .+

n+n<

3
4

Gi¶i:

Ta cã 1
n+k>

n+n=

2n với k = 1,2,3,…,n-1
Do đó:

1
n+1+

n+2+.. .+

1
2n>

2n+. ..+

2n=

n

2n=

1
2

VÝ dô 2 :

Chøng minh r»ng:
1+ 1

√

2+
1

√

3+.. . .+

√

n>2

(

√

n+1−1

)

Víi n lµ sè nguyên
Giải :

Ta có 1

2>2

(

√

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)=

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<

n −1−
1

n

⇒ 1

22+

32+. .. .+
1

n2<1

VËy

∑

k=1

n

k2<2

Ph ơng pháp 7:
Dùng bất đẳng thức trong tam giác
L

u ý: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0
Vµ |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a

VÝ dô1: Cho a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác chứng minh r»ng 
a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

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

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

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

{

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



{

a2<a(b+c)
b2

<b(a+c)
c2

<c(a+b)
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có

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

b) Ta cã a > b-c   b − c¿
2
a2

>a2−¿ > 0
b > a-c   c −a¿

2
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 giác

Chøng minh r»ng ab+bc+ca<a2+b2+c2<2(ab+bc+ca)
2) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của 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
Ví dụ1:

Cho a,b,c > 0 Chøng minh rằng a
b+c+

b
c+a+

c
a+b

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

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

Cho a,b,c > 0 vµ a+b+c <1

Chøng minh r»ng

1
a2+2 bc+

b2+2 ac+

c2+2 ab≥9 (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 Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0
Theo bất đẳng thức Côsi ta có

x+y+z ≥ 3.

√

3xyz

x+

y+

z≥ 3. .
3

√

xyz
⇒ (x+y+z).

(

x+

y+

z

)

≥9

Mµ x+y+z < 1

VËy 1
x+

y+

z≥9 (®pcm)
VÝ dơ3:

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

ma
b+c+

c+a+

a+b≥

(

√

m+

√

n+

√

p

)

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

Ph ¬ng ph¸p 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 dơ1:

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

¿4y
2−4y

+1−5y2+6y −3
−(y −1)2−1<0

VËy f(x , y)>0 víi mäi x, y
VÝ dơ2:

Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học
Kiến thức:

chng 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
Ví dụ1:

Chøng minh r»ng
1

12+

22+.. . .+
1

n2<2−

n ∀n∈N ;n>1 (1)
Gi¶i :

Víi n =2 ta cã 1+1

4<2−
1

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+
1
22+.. . .+

1
k2+

1
¿
Theo giả thiết quy nạp

⇔

k+1¿2
¿
¿

12+

22+.. . .+

k2+

⇔

k+1¿2
¿
¿
1

12+.. . .+
1
¿

⇔

k+1¿2
¿
k+1¿2

¿
k+1+1

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

)

k+1

a

k+1
+bk+1

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

⇔

(

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

⇔ a

k+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

(+) Giả sử a ⇔ |a|k<bk⇔ak<bk ⇔

(

ak− bk

)

.(a −b)≥0
Vậy BĐT (3)ln đúng ta có (đpcm)

Ph ơng pháp 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 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 :

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
B – Phủ định rôi 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 :

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

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
Vì a < 0 mà a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0

a < 0 vµ b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 trái giả thiết 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 kiƯn

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 đó cộng các vế ta đợc

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 thì có một trong ba số 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

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

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: a

3 +¿ b

2+c2- ab- bc – ac

= a
2

4+¿

a2

12+¿ b

2+c2- ab- bc – ac

= ( a
2

4 +¿ b

2+c2- ab– ac+ 2bc) + a

12− 3bc

=( a

2 -b- c)2 + a

−36 abc

12a

=( a

2 -b- c)2 + a

−36 abc

12a >0 (vì abc=1 và a

3 > 36 nên a >0 )

VËy : a
2

3 + b

2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh

2) Chứng minh r»ng

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 cã ®iỊu ph¶i chøng minh
b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H = (a −2b+1)2+(b −1)2+1

⇒ H > 0 ta có điều phải chứng minh
c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H = (a −b+1)2+(b −1)2

⇒ H 0 ta có điều phải chứng minh

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

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

(

x

2
+y2

)

(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+y2≥

1+xy

Gi¶i :

Ta cã 1

1+x2+

1+y2≥

1+xy

⇔

(

1+x2−

1+y2

)

(

1+y2−

1+xy

)

≥0

⇔ xy− x
2

(

1+x2

)

.(1+xy)+

xy− y2

(

1+y2

)

)

⇔ (a+b+c)2≤3 .

(

a2+b2+c2

)

⇔ a2+b2+c2≥1

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

2) Cho a,b,c là các số dơng

Chøng minh r»ng (a+b+c).

(

1
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+

≥9
¸p dơng B§T phơ x

y+
y

x≥2 Với x,y > 0
Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng

VËy (a+b+c).

(

1
a+

b+

c

)

≥9 (đpcm)
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
T¬ng tù ta cã

b
3

+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 31

 

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 a b b c c d d a 3

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

   

    

       

Gi¶i :

Vì a ,b ,c ,d > 0 nên 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

    

 

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

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 a b b c c d d a 3

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

   

    

        (®pcm)

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

1 a b c 2

b c c a a b

   

  

Giải :

Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta cã 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 
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có :

1 a b c 2

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

     

         



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

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 là A
- NÕu f(x)  B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B
VÝ dô 1 :

Tìm giá trị nhỏ nhất của :
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
Vậy T có giá trị nhá nhÊt lµ 4 khi 2 x 3
VÝ dô 2 :

Tìm giá trị lớn nhất của

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

Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có

x+ y + z 33 xyz

3 1 1

3 27

xyz xyz

   

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



 





 



. . 3 . .

x y y z z x  x y y z x z



 



2 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

VËy S cã gi¸ trị lớn nhất là
8

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

Tìm giá trị nhỏ nhất cña x4y4z4
Gi¶i :

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

Ta cã









2 2 2 2

xy yz zx   x y z





2 2 2

1 x y z

   

(1)
Ap dơng B§T Bunhiacèpski cho (x y z2, 2, 2) vµ (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)

4 4 4

1 3(x y z )

   

4 4 4 1

x y z

   

VËy

4 4 4

x  y z cã gi¸ trị nhỏ nhất là 
1

3 khi x=y=z=
3
3

VÝ dô 4 :

Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện tích lín nhÊt
Giải :

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 khơng đổi mà x+y = 2a

VËy S lín nhÊt khi x.y lín nhÊt  xy

VËy trong c¸c tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân cã diƯn tÝch lín nhÊt

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

VÝ dô 1 :

Giải phơng trình sau

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

Ta cã 3x26x19

3.(x 2x 1) 16

   

3.(x 1) 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
VËy 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

2 2

2 4 4 3 2

x  x  y  y  khi x =1 vµ y 
=-1
2

VËy nghiƯm cđa ph¬ng trình là

1
1
2
x
y

Ví dụ 3 :

Giải hệ phơng trình sau:

4 4 4

1
x y z

x y z xyz

  




  



Giải : 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

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>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

DÊu (=) x¶y ra khi x = y = z =
1
3

VËy

4 4 4

1
x y z

x y z xyz

  




  

 cã nghiÖm x = y = z =

1
3
VÝ dô 4 : Giải hệ phơng trình sau

2
4 8

xy y

xy x

   



 



(1)
(2)
Tõ ph¬ng tr×nh (1)

8 y 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 thì y = -2 2
Vậy hệ phơng tr×nh cã nghiƯm

2
2
x
y

 







 vµ

2 2
2 2
x

y

 








Iii/ dùng B.Đ.t để giải ph ơng trình nghiệm nguyên
1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn

x2y2z2xy3y2z 3
Gi¶i :

Vì x,y,z là các số nguyên nên

2 2 2 3 2 3

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>





2 2 2

2 2

3 2 3 0

3 3 2 1 0

4 4

x y z xy y z



2 2

3 1 1 0

2 2
y y
x z
   
          

   

0
2 1

1 0 2

2
1
1 0
y
x
x
y
y
z
z

 




 
      
  

 





C¸c số 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 :

Kh«ng mÊt tÝnh tỉng quát ta giả sử 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 gi¶ sư xy nên 1 =
1 1
x y

1
y

2
y

mà y nguyên dơng
Nên y = 1 hoặc y = 2

Víi y = 1 kh«ng thÝch hỵp

Víi y = 2 ta cã x = 2

VËy (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)

VÝ dô 3 :

Tìm các cặp số nguyên thoả mÃn phơng trình 
 x x y (*)

Gi¶i :

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Ta cã x x y  x xy2

2 0

x y x

   

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

Nhng



 



2 1 1

k k k  k

 ky k 1

Mà 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 có nghiệm duy nhất là :
0
0
x
y

Tµi liƯu tham kh¶o

************
1- toán nâng cao và các chuyên đề đại số 8
-nxb giáo dục 8 – 6 – 1998

Tác giả : Nguyễn Ngọc Đạm Nguyễn Việt Hải Vũ Dơng Thụy

2- toán nâng cao cho học sinh - đại số 10

-nxb Đại học quốc gia hµ néi – 1998
 Tác giả : Phan Duy Khải

3 – toán bồi dỡng học sinh đại số 9
-nhà xuất bản hà nội

Tác giả : Vũ Hữu Bình – Tơn Thân - Đỗ Quang Thiều
 4 – sách giáo khoa đại số 8,9,10

-nxb gi¸o dôc – 1998

5 – toán nâng cao đại số 279 bài toán chọn lọc
-nhà xuất bản trẻ 1995

Tác giả : Võ Đại Mau

6 – Giáo trình đại số sơ cấp trờng đhsp i – hà nội

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29></div>

bài đà lạt địa lí 4 vi thị vân anh thư viện tư liệu giáo dục

(

)

(

)

(

)

(

)

(

(

)

(

)

[

]

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

{

{

{

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

) (

)

(

)(

)

(

) (

)

(

)(

)

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

√

√

√

<sub>√</sub>

√

<sub>√</sub>

√

√

<sub>√</sub>

<sub></sub>

{

√

(

)

(

)

{