CÁC PHƯƠNG PHÁP 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 (114.46 KB, 15 trang )

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

CHỦ ĐIỂM 3: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1. Phương pháp dựa vào định nghĩa:

Để chứng minh A B ta chứng minh A B 0.

Bài toán số 1: Chứng minh

2 2 2

3 3

a b c a b c  

 

  với mọi số thực a, b, c.

Phân tích:

Đây là một đẳng thức khá quen thuộc, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế
trái và vế phải.

Lời giải:

Xét hiệu

 

     

2
2 2 2 2

2 2 2

3 9

3 3

0
3

a b c a b c

a b b c c a
a b c a b c

    



    

     

   






Vậy

2 2 2

3 3

a b c  a b c  

 

 

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

Do đó

2 2 2

3 3

a b c  a b c  

 

  .

Khai thác bài toán:

Bằng phương pháp xét dấu của hiệu A B ta xét được sự đúng đắn của bất

đẳng thức A B . Để ý rằng với hai số thực bất kì u, v ta cũng có:

2 2

u v  u v 

 

 

 



Bài tốn số 2: Chứng minh rằng nếu ab1 thì:
2 2

1 1 2

1a 1b 1ab

Phân tích:

Cũng có thể xét hiệu hai vế thì mới sử dụng được giả thiết





1 1 0

ab   ab  .

Lời giải:

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



 









 



2 2

1 1 2 1 1 1

1 1

1 1 1 1 1 1 1

a b ab a a

b a ab

ab a b

b b ab

     



 

   



  






Khai thác bài toán:

- Với ba số dương a, b, c mà abc1, bất đẳng thức sau đúng hay sai? Chúng
ta có thể phát triển bài tốn tổng qt khơng? Nếu được, hãy phát biểu bài
toán tổng quát.

3 3 3

1 1 1 3

1a 1b 1c 1abc

- Với hai số x, y mà x y 0 ta có:

1 1 2

1 4x 1 4y 1 2x y

  

2. Phương pháp biến đổi tương đương:

Để chứng minh A B ta biến đổi tương đương A B  ... C D trong đó

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

bất đẳng thức đơn giản hơn bất đẳng thức A B . Sau khi khẳng định được 
tính đúng đắn của bất đẳng thức C D ta kết luận bất đẳng thức A B đúng.

Bài toán số 3: Chứng minh rằng với mọi a b c, ,   ta có:

2 b2 c2 ab ac bc

a

     (1)

Phân tích:

Ta thấy ở hai vế xuất hiện a2, ,b c2 2 và ab ac bc, , . Vì vậy, chúng ta nghĩ đến
việc tách thành tổng các bình phương để tiện xét dấu.

Lời giải:

(1)

2 2 2

) 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 0

( ) (b ) (c ) 0
2(

2
2

b c ab ac bc
b c ab ac bc
b c ab ac bc

a b c a

a
a

a

    

     

      





Chú ý: Phương pháp 1 (xét hiệu) thực chất là trường hợp đặc biệt của 
phương pháp 2 (biến đổi tương đương) vì A B  A B 0

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

a) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC. Chứng minh rằng tam
giác ABC đều  a2 b2 c2 ab ac bc 

b)Đề xuất bài toán mới: Trong bất đẳng thức (1), nếu cho c=1 ta có bài
tốn. Chứng minh rằng với mọi a b,   ta có:

2 b2 1 ab a b

a     

3.Phương pháp quy nạp tốn học:

Trong lý thuyết đã có một số bất đẳng thức được chứng minh bằng phương

pháp quy nạp (bất đẳng thức Côsi, Becnuli, …)

Sau đây ta xét một số bài toán khác.

Bài toán số 4: Tổng quát của bất đẳng thức

222

22
uvuv









Cho a, b là hai số dương, chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 ta có:

2 2

n

n n

a b  a b

 

 

 



Phân tích: Việc xét hiệu trực tiếp khơng đạt được kết quả vì vậy chúng ta
có thể nghĩ đến cách sử dụng phương pháp quy nạp.

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

Với n=2 ta có:

2
2 2

2 2

a b  a b

 

 

 



(bằng cách xét hiệu).

Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k, tức là

2 2

k

k k

a b  a b

 

 

 



Ta phải chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n k 1, tức là
1

1 1

2 2

k

k k

a  b  a b 

 
 
 
 

.
Thật vậy,
1
.
2 2

2 2 2

k k

k k k k

a b a b a b a b a b 

 

   

    

   

  

Ta chứng minh:





 





1 1

2 2 2 1

1 1

0
0

... 0

2 2 2

k k k k

k k

k k k k

a a a

a b ab a b

a a b b ab

a b a b

a b a a b ab b

b b b

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

(đúng).

Khai thác bài tốn:

a) Bài tốn vẫn cịn đúng trong trường hợp a0, b 0 .

b)Với a+b=2 ta có 2 1

n n

a b



4. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đã biết:

Bài tốn số 5: Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và các đường cao

tương ứng h h ha, ,b c . Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác. Chứng

minh

1 ,

2

a b c

r

r r

h h h



Phân tích:

Chúng ta biết rằng bán kính đường trịn nội tiếp tam giác và đường cao liên
quan trực tiếp đến cơng thức tính diện tích. Vì vậy chúng ta sẽ sử dụng diện
tích tam giác để tính r và , ,

h h h

a b c .

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

Ta có:

;

2 a a .

S
p

S

S ah h

a

S pr r

  

Vậy:

2 ( ) 2

a

r a a a a

h  p a b c  a b c  a a 

Trong quá trình chứng minh bất đẳng thức ta đã sử dụng đến bất đẳng thức
tam giác “trong một tam giác, tổng 2 cạnh lớn hơn cạnh cịn lại”.

Khai thác bài tốn:

Nếu them vào điều kiện tam giác ABC có a, b thỏa mãn

a b c

 

thì c 0, 4

r

h  .

Bài toán số 6: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
64

1 1 1

3 3 3 27

a b c

b c a

     

   

     

     

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

Do a, b, c là các số dương nên ta nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức Côsi.
Tuy nhiên nếu sử dụng trực tiếp với các cặp số 1 và 3

a

b ; 1 và 3

b

c ; 1 và 3
c

a
thì khơng có kết quả vì khơng xảy ra dấu bằng, đồng thời trong ba bất đẳng
thức ứng với 3 cặp số trên, Vì vậy chúng ta cần biến đổi thêm.

Lời giải:
Ta có:
4
4
4
2 4
1
3 3

2 1 2 4

1 1 1

3 3 3 3

4
1
3 3
3
3
2
3
(1)

1 (2)

1 (3)

b b b

c c c

c

a a a

c b

a

b b b

a
b
c
 
 
     
 
   
 
 
 
   

 
 

 
 
 
   



Nhân từng vế (1), (2), (3) ta có:

3
4

1 1

3 3 3 .

1
3
b c
a
a
b c
     
 
     
    
 



  


Dấu “=” xảy ra 1

a b c

b  c a a b c

    

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

a) Bài tốn số 6 cũng có thể giải cách khác:

3 3 3

1 a b a b b b a

b b b

   

 



Tương tự:      

1
2
;

3 3

3 3 1 3

b c c c b

c c

c a a a c

a a

b b b a c c c b a

abc a a c

b c

c
a

b a

     


  

  


  
  

           




 



Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho 4 số dương ta có:

3
4

4 (1')
4 (2')
4 (3')

b a
c b

a b

b b b a
c c c b
a a a c

   
   

   

Nhân từng vế (1’), (2’), (3’) được:

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

Vậy

4 64

27 27

abc
abc

VT  

Chú ý: Với cách tách một số hạng thành tổng của nhiều số hạng bằng 
nhau ta có thể giải bài toán: Cho a+b+c=1 với

a b c

, ,



0

, chứng minh
rằng:

1 1 1

1 1 1 64

a b c

     

   

     

     

b) Bài toán tổng quát thứ nhất: Cho các số dương a a1, ,...,2 an

Chứng minh rằng

1
2

3
3

3 4 1

1 1 1 .

3 3 3 3

1 ...

n

a a

a

a a

a

a
a

 

     

   

     

  

 

    




   



c) Bài toán tổng quát thứ hai: Cho các số dương a, b, c, hãy xét sự đúng đắn
của bất đẳng thức sau với mọi số tự nhiên n 1ta có:

1 1 b 1 c n 1 .

nc na n

a
nb



 

 

     

 

   



   

    

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

Trong phần này ta sử dụng tính đồng biến, nghịch biến của hàm số bậc nhất,
bậc hai, lũy thừa,…

Bài toán số 7: Chứng minh rằng với mọi số thực a 2

4 5
3a a a

  (1)

Phân tích:

Để ý rằng 3, 4, 5 là bộ số Pitago:

2 2

2 42 52 3 4 1

5 5

3         

    và các hàm số

3 4

5 5

x x

y    y  

    nghịch biến, ta có lời giải sau.

Lời giải:

Bất đẳng thức (1)

3 4

5 5

a a

   
     

   

Do các hàm số mũ

3
5

x

y   

  và

4
5

x

y   

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

2 2

3 3 4 4

5 5 5 5

a a

       

 

       
       

Vậy

2 2

3 4 3 4

5 5 5 5

4 5

3

a a

a a a

       

   

       

       

  

Khai thác bài toán:

Bất đẳng thức xa  ya  z aa( 2) đúng với mọi bộ số Pitago (x y z, ,   được

gọi là bộ số Pitago nếu x2  y2 z2 ).

6. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai:

Bài toán số 8: Cho a, b là các số thỏa mãn điều kiện
2 2 4 2 4 0

a  a b b  ab (1)

Chứng minh rằng 0 a 2b 1.

Phân tích:

Để ý rằng bất phương trình bậc hai at2 bt c 0(a 0)  t1  t t2 trong đó
1, 2

t t là các nghiệm của tam thức at2 bt c

  ta có lời giải sau.

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

(1)

2 2

4 4 ( 2 ) 0
( 2 ) ( 2 ) 0

a ab b a b

a b a b

     

    

Đặt

2 0 0 1

0 2 1

t a b t t t

a b

       

   

Khai thác bài toán:

Ta đã dung định lý về dấu tam thức bậc hai để giải bài toán này. Nếu chú ý
đến điều kiện có nghiệm của tam thức bậc hai



 0



ta có thể giải các bài tốn
sau bằng một phương pháp khá đơn giản:

Tìm giá trị lớn nhất (bé nhất) nếu có của các biểu thức:

2
3

2 2003

3 2, . ...

x x

y

x

y x x v v

 


  

Căn cứ vào đặc điểm parabol y ax2 bx c với a 0(a 0) quay bề lõm

lên trên (xuống dưới), do đó đỉnh

4
,

2 4

b
S

a a

 

 

 

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

CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC







 









 



<i>a</i>









1

,

,

2

<i>r</i>

<i>r r</i>

<i>h h h</i>



<i>h h h</i>

<i>a b c</i>

 

<i>a b c</i>

, ,



0

3





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về