Chuyen de Bat dang thuc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (259.45 KB, 31 trang )

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

Chuyên đề

:

Bất đẳng thức

A- Mở đầu:

Bất đẳng thức 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 lơgic 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 lôgic 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 mc ca chuyờn

S.t.t Nội dung trang

1. Phần mở đầu 1

2. Nội dung chuyên đề 2

3. C¸c kiÕn thøc cÇn 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 bt ng thc 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. Phng phỏp 7: dựmg bỏt ng thức tam giác 16

12. Phơng pháp 8: dựng i bin 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. ứng dụng của bất dẳng thức 28

18. Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị 29

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

20. Dùng bất đẳng thức để : giải phơng trình nghiệm nguyên 33
21. Tài liệu tham khảo

B- néi dung

PhÇn 1 : các kiến thức cần lu ý

1- Định nghĩa

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 lµm tréi

7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác

8- Phơng pháp đổi biến số

9- Phơng pháp dùng 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 tỡm cc tr

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

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

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 B > 0  An > Bn n

+ A > B  An > Bn víi n lỴ

+ A > B  An > Bn víi n ch½n
+ m > n > 0 vµ A > 1  Am > An 
+ m > n > 0 vµ 0 <A < 1  Am < An 
+A 0 

B
A

1
1



3-một số hằng bất đẳng thức

+ A2  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 M2  0 với M

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

a) x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx

b) x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz
c) x2 + y2 + z2+3  2 (x + y + z)

Gi¶i:

a) Ta xÐt hiÖu

x2 + y2 + z2 - xy – yz - zx

2
1

.2 .( x2 + y2 + z2 - xy – yz – zx)

2
1



( )2 ( )2 ( )2



0







 y x z y z

x 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 x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx

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

x2 + y2 + z2 - ( 2xy – 2xz +2yz )

= x2 + y2 + z2- 2xy +2xz –2yz

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

Vậy x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;zR

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

x2 + y2 + z2+3 – 2( x+ y +z )

= x2 - 2x + 1 + y2 -2y +1 + z2-2z +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 :

2
2

2 





 



b a b

a ;b) 2 2 2 2

3 






  




b c a b c

a

c) H·y tổng quát bài toán

giải
a) Ta xét hiệu

2
2

2 





 



b a b

a





4
2
4

2a2 b2 a2 ab b2








2a 2b a b 2ab



1 2 2 2 2






=   0

1 2


 b
a

VËy

2
2

2 





 



b a b

a

DÊu b»ng x¶y ra khi a=b
b)Ta xÐt hiƯu

2
2

3 






  




b c a b c

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

= 



    



0
9

1 2 2 2







 b b c c a
a
VËy
2
2
2

2
3

3 




  



b c a b c

a

DÊu b»ng xảy ra khi a = b =c
c)Tổng quát

2
2
1
2
2
2
2

1 .... ....







   




n
a
a
a
n
a
a

a n 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

m2 + n2+ p2 + q2 +1 m(n+p+q+1)

Gi¶i:
0
1
4
4
4
4
2
2
2
2
2
2
2






































 m mn n m mp p m mq q m m

0
1
2
2
2
2

2
2
2
2


































 m n m p m q m (ln đúng)

DÊu b»ng x¶y ra khi





















0
1
2
0
2
0
2
0
2
m
q
m
p
m
n
m















2
2
2
2
m
m
q
m
p
m
n








1
2
q
p
n
m

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

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 2AB B2






A B C2 A2 B2 C2 2AB 2AC 2BC










 3 3 2 2 3

3A B AB B

A

B

A    

VÝ dô 1:

Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
a) a b ab

2
2

b)a2b21abab

c)a2 b2 c2 d2 e2 abcde
Gi¶i:

a) a b ab
4

2
2

 4a2 b2 4ab  4a2  4ab2 0

 2a b2 0 (bất đẳng thức này luôn đúng)
Vậya b ab

2 (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

( )2 ( 1)2 ( 1)2 0







 a b a b Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy 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




2 4 4 2

 

2 4 4 2

 

2 4 4 2

 

2 4 4 2















 ab b a ac c a ad d a ac c

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

  2 2  2 2  2 2  2 2 0










 b a c a d a c

a

Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 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










 8 2



2 2



2 8



2 2



0




 b a b b a
a

b
a

 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
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x.y

Chøng minh

y
x



 2

2 2

Gi¶i:

y
x



 2

2 2 vì :x y nên x- y 0  x2+y2 2 2( x-y)

 x2+y2- 2 2 x+2 2y

0 x2+y2+2- 2 2 x+2 2y -2

0

 x2+y2+( 2)2- 2 2 x+2 2y -2xy 0 v× x.y=1 nªn 2.x.y=2

 (x-y- 2 )2  0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 4:

1)CM: P(x,y)=9 2 2 2 6 2 1 0





y xy y

y

x x,yR

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:














z
y
x
z
y

x

z
y
x

1
1
1

1
.
.

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(1x 1y1z)=x+y+z - (111)  0

z
y

x (v×x y z

1
1



 < 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.

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

Ph ng phỏp 3 : dùng bất đẳng thức quen thuộc
A/ một số bất đẳng thức hay dùng

1) Các bất đẳng thức phụ:
a) x2 y2 2xy




b) x2y2  xy dÊu( = ) khi x = y = 0

c) x y2 4xy



d)  2

a
b
b
a

2)Bất đẳng thức Cô sy: n n a a a an
n
a
a
a
a
....
....
3
2
1
3
2
1






Với ai 0
3)Bất đẳng thức Bunhiacopski

 

2

221

1

2

1

2 

aa

....



n

xxa

...



n



axa

....



xax

nn

4) Bất đẳng thức Trê- b-sép:
Nếu







C
B
A
c
b
a

3
.
3
3

C
B
A
c
b
a
cC
bB

aA    




NÕu







C
B
A
c
b
a

3

.
3
3
C
B
A
c
b
a
cC
bB

aA 

Dấu bằng xảy ra khi

C
B
A
c

b
a

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 4xy

Tacã a b2 4ab



 ; bc2 4bc ; ca2 4ac
  2

b

a   2

c

b   2

a

c  64a2b2c2 8abc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119
c
b

a (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:
2
3






 a b

c
a
c
b
c
b

a

4)Cho x0,y0 tháa m·n 2 x y 1 ;CMR: x+y
5
1



vÝ dô 3: Cho a>b>c>0 vµ 2 2 2 1


b c

a chøng minh r»ng

3 3 3 1

a b c

b c a c a b     

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

Do a,b,c đối xứng ,giả sử abc 












b
a
c
c
a
b
c
b

a a b c

2
2
2

¸p dụng BĐT Trê- b-sép ta có





















 a b

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

b
c
b
a
a .
3
.
.
.
2
2
2
2
2
2 =
2
3
.
3
1
=
2
1
VËy
2
1
3
3
3







 a b

c
c
a
b
c
b

a DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c=

3
1

vÝ dô 4:

Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng :
      10

2
2
2
2











b c d ab c bc d d c a

a

Gi¶i:
Ta cã a2 b2 2ab




c2 d2 2cd



Do abcd =1 nªn cd =

ab
1
(dïng
2
1
1



x
x )

Ta cã 2 2 2 2(  )2(  1 )4
ab
ab
cd
ab
c
b

a (1)

Mặt khác: abcbcddca
=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)

= 1 1 1 222























bc
bc
ac
ac
ab
ab

VËy 2 2 2 2       10











b c d ab c bc d d c a

a

vÝ dô 5: Cho 4 sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng:
(ac)2 (bd)2  a2 b2  c2d2

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













2 2



2 2 2 2 2 2

2 a b c d c d

b

a      



 (a c)2 (b d)2 a2 b2 c2 d2








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

a2b2c2

a2b2c22abbcac

a2b2c2 abbcac Điều phải chøng minh DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c

Ph ơng pháp 4 : Sư dơng tÝnh chÊt bắc cầu
L

u ý: A>B và b>c thì A>c
0< x <1 th× x2 <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

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

 (a-c)(b-d) > cd
 ab-ad-bc+cd >cd

 ab> ad+bc (điều phải chứng minh)
ví dụ 2:

Cho a,b,c>0 tháa m·n

3
5

2
2
2



b c
a

Chøng minh

abc
c
b
a

1
1
1
1





Gi¶i:

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

 ac+bc-ab



2
1

( a2+b2+c2)

 ac+bc-ab

6
5





1 Chia hai vÕ cho abc > 0 ta cã

c
b
a

1
1
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  2 1



a vµ
Ta cã



1 2



.1  0




 a b  1-b-a2+a2b > 0

 1+a2b2 > 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 2 2 2 2 1998




b c d

a thì ac+bd =1998

(Chuyên Anh –98 – 99)
 Gi¶i:

Ta cã (ac + bd)2 + (ad – bc )2 = a2 c2 + b2d2 2abcd a2d 2



 b2c2-2abcd=

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

rá rµng (ac+bd)2

  2  2 19982






bd ad bc

ac

 acbd 1998

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

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

chøng minh r»ng : a12 +a22a32 .... a 20032

2003
1

 ( đề thi vào chuyên nga pháp

2003- 2004Thanh hãa )

2,Cho a;b;c 0 tháa m·n :a+b+c=1(?)

Chøng minh r»ng: (1 1).(1 1).(1 1)8
c

b
a

Ph ơng pháp 5: dïng tÝnh chÊtcña tû sè
KiÕn thøc

1) Cho a, b ,c là các số dơng thì
a – NÕu 1

b
a

th×

c
b

c
a
b
a





b – NÕu 1

b
a

th×

c
b

c
a
b
a






2)NÕu b,d >0 th× tõ

d
c
d
b

c
a
b
a
d
c
b
a










vÝ dô 1 :

Cho a,b,c,d > 0 .Chøng minh r»ng

1 2














b
a
d

d
a
d
c

c
d

c
b

b
c
b
a

a

Gi¶i :

Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã

d
c
b
a

d
a
c
b
a

a
c

b

a













 1 (1)

Mặt khác :

d
c
b
a

a
c

b
a

a

(2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã

d
c
b
a

a



 < a b c
a



 <a b c d
d
a







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

T¬ng tù ta cã

d
c
b
a
a
b
d
c
b
b
d
c
b
a
b












 (4)

d
c
b
a
c
b
a
d
c
c
d
c
b
a
c












 (5)

d
c
b
a
c
d
b
a
d
d
d
c
b
a
d












 (6)

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

2
1

b
a
d
d
a
d
c
c
d

c
b
b
c
b
a
a

điều phải chứng minh
ví dụ 2 :

Cho:
b
a
<
d
c

vµ b,d > 0 .Chøng minh r»ng

b
a
<
d
c
d
b
cd
ab




2
2

Gi¶i: Tõ

b
a
<
d
c
2
2 d
cd
b
ab

 
d
c
d
cd
d
b
cd
ab
b
ab






 2 2 2
2
VËy
b
a
<
d
c
d
b
cd
ab



2

2 ®iỊu 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

d
b
c
a

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

d
b
Từ :

c
a
d
b

d
b
d
c
b
a
c
a





1


c
a

v× a+b = c+d
a, NÕu :b 998 th×

d
b
998
 
d
b
c
a

  999

b, Nếu: b=998 thì a=1

d
b
c
a
=
d
c
999
1

Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999

Vậy giá trị lớn nhất của

d
b
c
a
=999+
999
1

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

Ph ơng pháp 6: Phơng pháplàm trội

L
u ý:

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

hữu hạn hoặc tích hữu h¹n.

(*) Phơng pháp chung để tính tổng hữu hạn :
S = u1u2....un

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát uk 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

(*) Ph¬ng 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=

1


k
k
a

a

Khi đó P =

1
1
1
3

2
2

1. ...





n
n

n
a

a
a

a
a
a

VÝ dô 1 :

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

4
3
1
....

2
1
1
1
2
1










n
n
n

n

Gi¶i:

Ta cã

n
n
n
k

n 2

1
1
1





 víi k = 1,2,3,…,n-1

Do đó:

2
1
2
2

1
...
2

1
2

1
...

2
1
1
1











 n

n
n
n

n
n

n

VÝ dô 2 :

Chøng minh r»ng:

.... 1 2



1 1



1
2
1

1     n 

n Với n là số nguyên

Gi¶i :

Ta cã



k k



k
k
k

k    1 2 1
2

2
2
1

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

1 > 2



2 1





3 2








n n



n 2 1

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có

.... 1 2



1 1



3
1
2
1

1     n 
n

VÝ dô 3 :

Chøng minh r»ng 1 2
1 2







n

k k

n Z

Gi¶i:
Ta cã

k  k k

k
k

1
1
1
1
1
1

2 






Cho k chạy từ 2 đến n ta có

1
1
....
3

1
2

1
1
1
1

...
...

3
1
2
1
3

2
1
1
2

2
2

2
2
2
2


















n
n
n
n

VËy 1 2
1 2







n

k k

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

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

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















b
a
c
c
a
b
c
b
a

0
0
0












)
(
)
(
)
(
2
2
2
b
a
c
c
c
a

b
b
c
b
a
a

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

b) Ta cã a > b-c   a2 a2 (b c)2




 > 0

b > a-c   b2 b2 (c a)2




 > 0

c > a-b   2 2 ( )2 0




c a b

c

Nhân vế các bất đẳng thức ta đợc

 







 





 



     

a b c b c a c a b

abc
b
a
c
a
c
b
c
b
a
c
b
a
b
a
c

a
c
b
c
b
a
c
b
a

























.
.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

VÝ dô2: (404 – 1001)

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

Chøng minh r»ng 2 2 2 2( )

ca
bc
ab

c
b
a
ca
bc

ab       

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





b c abc
a

Ph ơng pháp 8: đổi biến số

VÝ dô1:

Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng

2
3

a b

c
a
c
b
c
b
a
(1)
Giải :

Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a=

2
x
z
y 

; b =

2
y
x
z 

; c =

2
z
y
x 

ta cã (1)  y2zx xz2xy y x2yz z

2
3


  1  1  13

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

 (  )(  )(  )6

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

Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì (  2;

y
x
x
y

 2
z
x
x
z

;  2

z
y
y
z

nªn ta có điều
phải chứng minh

Ví dụ2:

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

2
1

1
2

2
2

2 






 bc b ac c ab

a (1)

Giải:

Đặt x = a2 2bc

; y = b22ac ; z = c22ab

Ta cã xyzabc21
(1)  1119

z
y

x Víi x+y+z < 1 vµ x ,y,z > 0

Theo bất đẳng thức Côsi ta có
xyz3.3 xyz





z
y
x

1
1
1

3. .3 1

xyz

  . 1 1 19














z
y
x
z
y
x

Mµ x+y+z < 1
VËy 1119

z
y

x (®pcm)

VÝ dơ3:

Cho x0 , y0 tháa m·n 2 x  y 1 CMR

5
1

y
x

Gợi ý:

Đặt x u , y v  2u-v =1 vµ S = x+y =u 2 v2 v = 2u-1 thay vµo tÝnh S min

Bµi tËp

1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 CMR: 25 16 8





 a b

c
a
c

b
c
b

a

2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0
CMR



m n p



m n p

b
a

pc
a
c

nb
c
b

ma














2
1

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

Ph ¬ng ph¸p 9: dïng tam thøc bËc hai
L

u ý :

Cho tam thøc bËc hai f x ax2bxc

NÕu 0 th× a.f x 0 x R

NÕu 0 th× a.f x 0

a
b
x


NÕu 0 th× a.f x 0 víi x x1 hc x x2 (x 2 x1)
a.f x 0 víi x1xx2

VÝ dơ1:

Chøng minh r»ng

 ,  2 5 2 4 2 6 3 0








x y xy x y

y
x

f (1)

Gi¶i:

Ta cã (1)  2 2 2 1 5 2 6 3 0






 x y y y

x

2 12 5 2 6 3







 y y y

 1 1 0

3
6
5
1
4
4

2
2















y

y
y
y

y

VËy fx,y0 víi mäi x, y

VÝ dơ2:

Chøng minh r»ng

fx,y x2y4 2



x2 2



.y2 4xy x2 4xy3








Gi¶i:

Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với
x2y42



x22



.y24xyx2 4xy30

( 2 1)2. 2 4 1 2 4 2 0







 y x y y x y

Ta cã 4 2



1 2



2 4 2



2 1



2 16 2 0










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

V× a =



2 1



2 0



y vËy fx,y0 (®pcm)

Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán häc
KiÕn thøc:

Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n n0ta 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

n
n

1
2
1
....
2

2
2

2      nN;n1 (1)

Gi¶i :

Víi n =2 ta cã

2
1
2
4
1

1   (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) 

1
2
)
1
(

1
1

....
2

1
1

2
2

2   k  k   k

Theo giả thiết quy nạp


  1

2
1
1
1
2
)
1
(

1
1

....
2

1
1

2
2

2   












k
k

k



k  k
k

k

1
1
1
1
1
)
1

(

1
....
1

2
2

2 









 2 ( 2) ( 1)2

1
)
1
(

1
1











k
k

k
k
k

k

 k2+2k<k2+2k+1 Điều này đúng .Vậy bất

đẳng thức (1)đợc chứng minh

VÝ dơ2: Cho n N vµ a+b> 0
Chøng minh r»ng

n

b
a







 

2  2

n

n b

a  (1)

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

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 



 k

k b

a



2
.
2

b
a
b

a k 







 



1 

  k

k b

a (2)

 VÕ tr¸i (2) 

2
4

2
.
2

1
1
1

1   

 








 k k k k k k k

k b a b a ab a b b a b

a

 0

4
2

1
1







   

 k k k k k

k b a ab a b b

a





ak  bk



.a b0 (3)

Ta chøng minh (3)

(+) Gi¶ sư a b và giả thiết cho a  -b  a  b

 ak bk bk



 



ak  bk



.a b0

(+) Gi¶ sư a k k k k

b
a
b

a    



ak  bk



.a b0

Vậy BĐT (3)ln 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

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

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
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 2ac



 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 > 1x1y1z 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 – (1x1y1z ) v× xyz = 1
theo gi¶ thiÕt x+y +z > 1x1y1z

nªn (x-1).(y-1).(z-1) > 0

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

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

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 3 36


a . . Chøng minh r»ng 
3

a

b2+c2> ab+bc+ac

Gi¶i
Ta cã hiƯu: 

a b2+c2- ab- bc – ac

= 
4

a


12

a b2+c2- ab- bc – ac

= ( 
4

a b2+c2- ab– ac+ 2bc) +


12

a 3bc

2
a

-b- c)2 +

a
abc
a

12
36

3

2
a

-b- c)2 +

a
abc
a

12
36

 >0 (v× abc=1 và a3 > 36 nên a >0 )

VËy : 
3

a

b2+c2> ab+bc+ac §iỊu ph¶i chøng minh

2) Chøng minh r»ng

a) 4 4 2 1 2 .( 2 1)








y z x xy x z

x

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

a25b2 4ab2a 6b30

c) 2 2 2 2 2 4 2 0






 b ab a b
a

Gi¶i :

a) XÐt hiÖu

H = x4 y4 z2 1 2x2y2 2x2 2xz 2x











2 2



2  2  2

1





 y x z x

x

H0 ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh

b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H =  2 12  12 1





 b b

a

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

H =  12  12





 b b

a

 H  0 ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh

Ii / Dùng biến đổi t ơng đ ơng
1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng





 2 8

2
2
2



y
x
y
x
Gi¶i :

Ta cã 2 2  2 2  2 2







y x y xy x y

x (v× xy = 1)





2 2



2  4 4. 2 4






y x y x y

x

Do đó BĐT cần chứng minh tơng đơng với
x y4 4x y2 4 8.x y2









  4 4 2 4 0





 y x y

x





 2 2



2 0


 y
x

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

xy
y

x    

 1

2
1
1
1
1
2
2
Gi¶i :
Ta cã
xy
y

x    

 1
2
1
1
1
1
2
2
 0
1
1
1
1
1
1
1

1
2
2

2 



















x y y xy







.1 



1 2



.1  0

2
2
2








xy
y
y
xy
xy
x
x
xy


















)
(
1
.
1
)
(

2
2 







xy
y
y
x
y
xy
x
x
y
x
    



 



.1  0

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

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 vµ a + b +c =1
Chøng minh r»ng

3
1

2
2
2



b c
a

Giải :

áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)
Ta cã  2  



2 2 2



.
1
1
1
.

1
.
1
.

1a b c    a b c

 a b c2 3.



a2 b2 c2










3
1

2
2
2b c 

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

Chøng minh r»ng  . 1 1 19













c
b
a
c
b

a (1)

Gi¶i :

(1)  1   1   19
a
c
a
c
c
b
a
b
c
a
b
a

 3 9




















b
c
c
b

a
c
c
a
a
b
b
a

¸p dơng B§T phơ  2

x
y
y
x

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

VËy  . 1 1 19













c
b
a
c
b

a (®pcm)

Iv / dïng 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 2

 

.1 2



0 1 2 2 0









 a b a b a b

Hay 1a2ba2b (1)

Mặt khác 0 <a,b <1  a 2 a3 ; b b3

 1 a2 a3 b3

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

VËy a3b31a2b

T¬ng tù ta cã

a
c
c

a

c
b
c

b

2
3

1
1








 2a32b32c3 3a2bb2cc2a (đpcm)

2) So sánh 3111 vµ 1714

Gi¶i :

Ta thÊy 3111 <

 

11 5 55 56

32  2 2 2
Mặt khác 25624.14

24 141614 1714

Vëy 3111 < 1714 (®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 có

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 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

   

  

Gi¶i :

V× 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 2a

b c a b c a b c


  

    

Mặt khác a a

b c a b c 

VËy ta cã a a 2a

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 2c

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

   

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

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

b) 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. 1 2 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 2 1 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

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

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
VËy T cã gi¸ trị nhỏ nhất là 4 khi 2 x 3

VÝ dô 2 :

Tìm giá trị lớn nhất cña

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 3 xyz3

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

VËy S  8 1. 8

27 27 729

VËy S cã gi¸ trị lớn nhất là 8

729 khi x=y=z=
1
3

VÝ dô 3 : Cho xy+yz+zx = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của x4 y4 z4

 
Gi¶i :

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



xy yz zx





x2 y2 z2



    
1



x2 y2 z2



    (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

   

VËy x4 y4 z4

  có giá trị nhỏ nhất là 1

3 khi x=y=z=
3
3


VÝ dô 4 :

Trong tam gi¸c vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào cã diƯn tÝch
lín nhÊt

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

Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a
§êng cao thuéc cạnh huyền là h

Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x,y
Ta cã S =1.





. . . 2 .

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

Vậy 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

VÝ dô 1 :

Giải phơng trình sau

4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 4 2x x2
       

Gi¶i :

Ta cã 3x26x19 3.(x2 2x 1) 16
   
3.(x 1)2 16 16

   
5x2 10x 14 5.



x 1



2 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 2x x2

        khi x = -1

VËy ph¬ng tr×nh cã nghiƯm duy nhÊt x = -1
 VÝ dô 2 :

Giải phơng trình

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

Gi¶i :

áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :

x 2 x2 12 1 .2 x2



2 x2



2. 2 2

       

DÊu (=) x¶y ra khi x = 1

Mặt khác 4y2 4y 3

2y 1

2 2 2
     
DÊu (=) x¶y ra khi y = -1

VËy x 2 x2 4y2 4y 3 2

      khi x =1 vµ y =-1

VËy nghiƯm cđa ph¬ng trình là

1
1
2
x
y

Ví dụ 3 :

Giải hệ phơng trình sau:

4 x y z4 4 1

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
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)

Nªn x4 y4 z4 xyz
  

DÊu (=) x¶y ra khi x = y = z =1

VËy 4 x y z4 4 1

x y z xyz

  




  



cã nghiÖm x = y = z =1

VÝ dơ 4 : Gi¶i hệ phơng trình sau

2
2
4 8

xy y

xy x

   


 


(1)

(2)

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

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

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

Vậy 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 trình nghiệm nguyên
1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn

x2 y2 z2 xy 3y 2z 3
     
Giải :

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

   

          

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

2 1

1 0 2

1
1 0

y
x

x
y

y
z
z



 







 

      

  


 





Các số x,y,z phải tìm lµ

1
2
1
x

y
z







 


VÝ dơ 2:

T×m nghiệm nguyên dơng của phơng trình
1 1 1 2

x yz 

Gi¶i :

Không mất tính tổng quát ta giả sö x y z
Ta cã 2 1 1 1 3 2z 3

x y z z

    

Mà z nguyên dơng vËy 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
1
y

y2 mà y nguyên dơng
Nªn y = 1 hc y = 2

Với y = 1 không thích hợp

Víi y = 2 ta cã x = 2

VËy (2 ,2,1) lµ mét nghiƯm của phơng trình

Hoỏn v 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 :

(*) 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 x 0

  

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

 
Nhng k2 k k



1

 

k 1



   

 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

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Vậy phơng trình cã nghiƯm duy nhÊt lµ : 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 hà nội – 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 dơc – 1998

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

Tác giả : Võ Đại Mau

</div>

Chuyen de Bat dang thuc

<i>Chuyên đề</i>

<i>: </i>

Bất đẳng thức

1- Định nghĩa

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 lµm tréi

7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác

8- Phơng pháp đổi biến số

9- Phơng pháp dùng 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 tỡm cc tr



















 

 

 







 









 













 

 

 

2

221

1

2

2

2

2

1

2

2

2

2

2



<i>aa</i>

....



<i>n</i>

<i>xxa</i>

...



<i>n</i>



<i>axa</i>

....



<i>xax</i>

<i>nn</i>