chuyªn ®ò bêt ®¼ng thøc ii mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bêt ®¼ng thøc ph¬ng ph¸p 1 dïng ®þnh nghüa kiõn thøc §ó chøng minh a b ta chøng minh a –b 0 lu ý dïng h»ng bêt ®¼ng thøc m 0 víi m vý dô

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (260.11 KB, 22 trang )

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

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
2

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

❑2 + z ❑2 - 2xy +2xz –2yz

=( 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
2

+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 −

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

= 1
4(2a

+2b2− a2−b2−2 ab)
= 1

4(a −b)
2≥0
VËy a

+b2
2 ≥

(

a+b
2

)

DÊu b»ng x¶y ra khi a=b
b)Ta xÐt hiÖu

a
2

+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
2

+a2
2

+. .. .+an
2

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:
⇔

(

m2

4 −mn+n
2

)

(

m
2

4 −mp+p
2

)

(

m
2

4 −mq+q

)

(

m
2

4 − m+1

)

≥0
⇔

(

m

2 − n

)

(

m
2 − p

)

2
+

(

m

2− q

)

(

m
2−1

)

≥0 (luôn 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

⇔

{

m=2

n=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.

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

(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 r»ng
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)
Vậy 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

DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=1
c) a2+b2+c2+d2+e2≥ a(b+c+d+e)

⇔ 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 x
2

+y2

x − y 2√2

Gi¶i:

x2+y2

x − y 22 vì :x y nên 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+ 2√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)= 9x2

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

2)CM:

√

a2

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

3)choba số thực khác không x, y, z tháa m·n:

{

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 ©m hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dơng.

N trng hợp sau xảy 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

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

b+
b
a≥2

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

n ≥

√

a1a2a3. .. .an Với 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
Dấu bằng xảy ra khi

{

a=b=c

A=B=C

b/ các ví dụ

vÝ dô 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh r»ng

(a+b)(b+c)(c+a) 8abc
Giải:
Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: (x+y)2≥4 xy

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

⇒ (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

ví dụ 2(tự giải): 1)Cho a,b,c>0 và 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 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 có

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 a3

b+c+

b3

a+c+

c3

a+b≥
1

2 DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c=
1

√3

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≥

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

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

(a2

+b2)+2

√

a2+b2.

√

c2+d2+c2+d2

⇒

b+d¿2
¿

a+c¿2+¿
¿

√¿

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

Ph ơng pháp 4 : Sử dụng tính chất bắc cầu
L

u ý: A>B vµ b>c th× 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
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

6
¿
¿

¿ 1 Chia hai vÕ cho abc > 0 ta cã
1

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

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

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 thì ac+bd =1998
(Chuyên 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+(ad−bc)2=19982

⇒ |ac+bd|≤1998

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

c høng minh r»ng : a ❑12 + a22+a32+.. ..+a20032

2003 ( đề thi vào chuyên nga
pháp 2003- 2004Thanh hóa )

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

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

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<
cd

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 =

c+

999

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

Vậy giá trÞ lín nhÊt cđa a

c+
b

d =999+

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

Ph ơng pháp 6: Phơng pháplàm trội

L
u ý:

Dùng các tính bất đẳng thức để đa một vế của bất đẳng thức về dạng tính đợc tổng

h÷u hạn hoặc tích hữu hạn.

(*) Phng 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

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

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<

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+

√3+.. . .+
1

√n>2(√n+1−1) Với n là số nguyên

Gi¶i :

Ta cã 1

√k=

2
2√k>

√k+√k+1=2(√k+1−√k)
Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có

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)=

k −1−
1

k

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

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

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

Ví dụ1: Cho a;b;clà số đo ba cạnh cđa 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 nªn 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)
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¿

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 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 r»ng a
b+c+

b
c+a+

c
a+b≥

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

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
2
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 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 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. .

√

xyz
⇒ (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

Gợi 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+
pc

a+b≥
1

2(√m+√n+√p)
2

−(m+n+p)

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

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 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

¿4 y
2

−4y+1−5y2+6y −3

−(y −1)2−1<0
VËy f(x , y)>0 víi mäi x, y

VÝ dơ2:

Chøng minh r»ng

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

Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với
x2y4

+2(x2+2).y2+4 xy+x2−4 xy3>0
y2+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 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)

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

VÝ dô1:

Chøng minh r»ng
1

12+
1

22+.. . .+
1

n2<2−

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+

1
22+.. . .+

k2+
1

Theo gi¶ thiÕt quy n¹p

⇔

k+1¿2
¿
¿
1

12+
1
22+.. . .+

k2+

1
¿

⇔

k+1¿2
¿
¿

1
12+.. . .+

⇔

k+1¿2
¿

k+1+1
¿

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

chøng minh

VÝ dơ2: Cho n∈N vµ a+b> 0

Chøng minh r»ng

(

a+b
2

)

n

an+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

ak+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

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

(+) Giả sử a b và giả thiÕt 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 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

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 :

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 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
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+

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

Gi¶i :

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)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dơng thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vơ 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 hiƯu: a
2
3 +¿ b

2+c2- ab- bc – ac 
= a

2
4 +¿

a2

12+¿ b

2+c2- ab- bc – ac
= ( a

4 +¿ b

2+c2- ab– ac+ 2bc) + a
2

12− 3bc
=( a

2 -b- c)2 + a
3

−36 abc
12a

=( a

2 -b- c)2 + a
3

36 abc

12a >0 (vì abc=1 và a

3 > 36 nªn a >0 )
VËy : a

2
3+ b

2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh
2) Chøng 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 có điều phải chứng 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 cã ®iỊu ph¶i chøng minh

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

(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
1+x2+

1
1+y2≥

2
1+xy
Gi¶i :

Ta cã 1
1+x2+

1
1+y2≥

2
1+xy
⇔

(

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 sè (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 (v× a+b+c =1 ) (®pcm)
2) Cho a,b,c là các số dơng

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+

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

¸p dơng B§T phơ x

y+
y

x ≥2 Víi x,y > 0

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

(

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 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)

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

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 
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có :

1 2

a b c

b c c a a b

   

   (®pcm)

V/ ph ơng pháp làm trội :

1) Chøng minh B§T sau :

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

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

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 nhỏ nhất là 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
Gi¶i :

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



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

VËy S có giá trị lớn nhất là
8

729 khi x=y=z=
1
3
VÝ dô 3 : Cho xy+yz+zx = 1

Tìm giá trị nhỏ nhÊt 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)  1 3( x4y4z4)

4 4 4 1

x y z



Vậy x4y4z4 có giá trị nhá nhÊt lµ
1

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

Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện tích
lớn nhÊt

Gi¶i :

Gäi c¹nh hun 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 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 gi¸c có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diƯn tÝch lín
nhÊt

Ii/ dùng b.đ.t để giải ph ơng trình và hệ ph ơng trình

VÝ dơ 1 :

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 cã :





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 :

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

4 4 4
1
x y z

x y z xyz

  




  



Giải : áp dụng BĐT Côsi ta cã

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)

Nªn x4y4z4 xyz

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
2

4 8

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 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

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

Vì x,y,z là các số nguyên nên
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

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

2 2

y y

x z

   

          

   

2 1

1 0 2

1
1 0

y
x

x
y

y
z
z



 







 

      

  


 





Các số x,y,z phải tìm là
1
2
1
x
y
z

VÝ dô 2:

Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng tr×nh

1 1 1
2
x y z 
Giải :

Không mất tính tổng 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 nªn 1 =

1 1
x y

1
y


2
y

  mà y nguyên dơng

Nên y = 1 hoặc y = 2

Víi y = 1 không thích hợp

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 :

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

x x y (*)
 Gi¶i :

(*) Víi x < 0 , y < 0 thì phơng trình không có nghÜa
(*) Víi x > 0 , y > 0

Ta cã x x y  x xy2
 x y2 x0

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

Nhng



 



2 1 1

k k k  k
 ky 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 lµ :
0
0
x
y








Tài liệu tham khảo

************

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

T¸c giả : Nguyễn Ngọc Đạm Nguyễn Việt Hải – Vị D¬ng Thơy

2- toán nâng cao cho học sinh - đại số 10
-nxb Đại học quốc gia hà nội – 1998

Tác giả : Phan Duy Kh¶i

3 – toán bồi dỡng học sinh đại số 9

-nhµ xuất bản hà nội

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

-nxb gi¸o dơc – 1998

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

Tác giả : Võ Đại Mau

</div>

chuyªn ®ò bêt ®¼ng thøc ii mét sè ph­¬ng ph¸p chøng minh bêt ®¼ng thøc ph­¬ng ph¸p 1 dïng ®þnh nghüa kiõn thøc §ó chøng minh a b ta chøng minh a –b 0 l­u ý dïng h»ng bêt ®¼ng thøc m 0 víi m vý dô

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

[

]

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

{

{

{

<sub>√</sub>

{

√

(

)

{

{

{

{

(

)

(

)

(

)

(

)

<sub>√</sub>

√

√

√

{

{

<sub>∑</sub>

<sub>∑</sub>

{

{

[

][

] [

]

√

(

)

(

)

(

)

(

)

<sub>[</sub>

]

(

)

chuyªn ®ò bêt ®¼ng thøc ii mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bêt ®¼ng thøc ph¬ng ph¸p 1 dïng ®þnh nghüa kiõn thøc §ó chøng minh a b ta chøng minh a –b 0 lu ý dïng h»ng bêt ®¼ng thøc m 0 víi m vý dô