CHUNG MINH BAT DANG THUC - Tài Liệu Text - 123doc

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.docx) (25 trang)

Trang chủ

Lớp 8

Toán học

CHUNG MINH BAT DANG THUC

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (252.48 KB, 25 trang )

(1)Chuyên đề chứng minh bất thức Phần I. kiến thức cơ bản. 1-Đinhnghĩa  A  B  A  B 0   A  B  A  B 0. 2.Các tính chất bất đẳng thức: 1. 2. 3. 4.. a> b , c> d ⇒ a+c >b+ d a> b , c< d ⇒ a− c >b − d a> b , c> 0⇒ ac> bc a> b , c< 0⇒ ac< bc. 6. 7. 8. 9.. 5.. a> b≥ 0 , c >d ≥ 0⇒ ac> bd. 10.. a> b>0 ⇒ a n> bn n n n chẵn a> b ⇔a > b n n |a|>|b|⇔ a >b n chẵn m>n> 0 , a>1⇒ an >b n a=1⇒ an=bn ; 0<a<1 ⇒ a n< bn 1 1 a> b ,ab >0 ⇒ < a b. 3.Một số hằng bất đẳng thức 1. 2. 3.. A ❑2 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A=0) | A|≥ 0 với ∀ A (dấu = xảy ra khi A = 0). AB  A  B. 4.. 5.. | A| < A = | A|. ( dấu = xảy ra khi. A.B  0). | A − B|≤|A|−|B| ra khi A.B 0). 4.Bất đẳng thức Cô-si: *ĐL:Trung bình cộng của n số không âm lớn hơn hoắc bằng trung bình nhân của n số đó. a1 +a2 +a 3+. . .. .+an n ≥ √ a1 . a2 . a 3 . .. . an ,( a1 . a2 . a3 .. . . an không âm ). n a1=a2=a3=. .. ..=a n . Dấu đẳng thức xảy ra khi a+b a+b+ c 3 ≥ √ ab ; ≥ √abc . *Dạng đơn giản: 2 3. 3.Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốpx-ki:. *Cho n cặp số bất kì a1 , a2 , a3 ,. .. . . ,a n ; b 1 , b 2 , b3 , .. .. . , bn , ta có: a1 b1 +a 2 b2 + a3 b 3 ,. .. . ., a n b n ¿ 2 ≤(a 1 + a2 + a3 +. .. ..+ an )(b1 + b2 +b3 +. .. ..+ bn ) ¿ a1 a2 a3 a = = =.. .. . ..= n . Dấu “=” xảy ra khi b1 b 2 b 3 bn 2 *Dạng đơn giản; a1 b1 +a 2 b2 ¿ ≤(a1 +a 2 )(b 1 +b 2 ) . ¿ b+d ¿2 ¿ *Biến dạng: a+c ¿2 +¿ ¿ √¿ 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. ( dấu = xảy. (2) 4.Một số bất đẳng thức được áp dụng: 1 . 2 . 3 .. 1 0 1 1. √x− 1 ≤ 1 x. 2. +¿ a a > ; a , b , c ∈ z¿ a+b a+b+ c (a+ b). ( 1a + 1b )≥ 4 ; 1 1 1 (a+ b+c )( + + ) ≥ 9 a b c. 1 2. 2 ab a+b 1 4 ≤ ; ≥ a+b 2 ab ( a+b )2 2 2 2 a 2 1 a +b a+ b ≤ = ; ≥ 2 2 2 1+ a 2 a 2 2 a+b ≥ ab hay ( a+b )2 ≥ 4 ab 2 1 2 a b ≥ + ≥2 ; a+b ≥ 2 √ ab ⇔ b a √ab a+ b. 1 3 1 4 1 5 1 6. 8. a+b ≤ √ 2(a+ b). 9. 1 2 2 = < =2( √ k − √ k − 1) √ k √ k + √k √ k + √ k −1. 1 7 1 8. 4 . 5 . 6 7. ( a+b )2 ≥ 4 ab ⇒. ( ). ( ). a b 2 + ≥ 2 2 1+ ab 1+ a 1+b 0< a≤ b ≤ c ≤ 1⇒ ab+1 ≤ ac+1 ≤ bc+1 a a ⇒ ≤ bc+1 ab+1 4 a+1+1 =2 a+1 √ 4 a+1=√( 4 a+ 1).1 ≤ 2. 1 1 2 + ≥ 2 2 1 − x 1 − y 1 − xy a a+ b+c ≥ b+ c 2a 1 1 4 + ≥ ; a ,b ≥ 0 a b a+ b. √. 2. x+ y ¿ ¿ 1 4 ≥¿ x.y 1 2 2 = > =2( √ k +1 − √ k ) √ k √ k + √ k √ k +1+ √ k. Phần II. Một số phương pháp cơ bản. Phương pháp 1 : dùng định nghĩa Kiến thức :. Để chứng minh A > B Ta chứng minh A - B > 0 Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M ❑2. Ví dụ 1  x, y, z chứng minh rằng : a) x ❑2. Lời giải: a) Ta xét hiệu x ❑2.  0 với M. + y ❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx b) x ❑ + y ❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz c) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 2 (x + y + z) 1 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx = .2 .( x ❑2 + y ❑2 + z 2 2. ❑2 - xy – yz – zx) = 2 y− z¿ 2 x − z ¿ +¿ ≥ 0 1 = đúng với mọi x;y;z  R Vì (x-y)2 0 vớix ; y do đó dấu bằng xảy ra khi x=y 2 x− y¿ +¿ 2 ¿ ¿ (x-z)2 0 vớix ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z (y-z)2 0 với z; y, dấu bằng xảy ra khi Vậy x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 xy+ yz +zx, dấu bằng xảy ra khi x = y =z. (3) b)Ta xét hiệu: 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. 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 xét hiệu: 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. Dờu (=) xảy ra khi x = y = z = 1 a2 +b2 a+ b ≥ 2 2. 2. ( ). Ví dụ 2: chứng minh rằng : a). ;. b). a2 +b2 +c 2 a+ b+c ≥ 3 3. (. 2. ). c) Hãy tổng quát bài toán 2 2 2 1 a +b a+b 2 ( a2+ b2 ) a2+ 2ab+ b2 ( 2 a2 +2 b2 − a2 −b 2 −2 ab ) − = = − 4 2 2 4 4 2 2 2 1 ( a −b )2 ≥ 0 . Vậy a +b ≥ a+ b ; Dấu bằng xảy ra khi a = b. = 4 2 2 2 2 2 1 a +b +c a+b+ c 2 a2 +b2 +c 2 a+ b+c 2 2 2 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 − ≥ [ ] Vậy b)Ta xét hiệu: = 9 3 3 3 3. Lời giải: a) Ta xét hiệu:. ( ) ( ) ( ). (. Dấu bằng xảy ra khi a = b =c a21 +a22 +. .. .+a2n a1 +a2 +. .. .+an 2 c)Tổng quát ≥ n n Tóm lại các bước để chứng minh A B tho định nghĩa Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B Bước 2:Biến đổi H= (C + D ) ❑2 hoặc H= (C + D ) ❑2 +….+ ( E + F ) ❑2 Bước 3:Kết luận A  B. (. ). Chứng minh m,n,p,q ta đều có m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1  m ( n + p + q + 1 ) Lời giải: 2 2 2 2 m m m m 2 2 2 ⇔ − mn +n + − mp+ p + − mq +q + − m+1 ≥ 0 4 4 4 4 2 2 2 2 m m m m ⇔ − n + − p + − q + −1 ≥ 0 (luôn đúng) 2 2 2 2. Ví dụ. (. (. )(. )(. Dấu bằng xảy ra khi. )(. )(. )(. m −n=0 2 m − p=0 2 m −q=0 2 m −1=0 2. )(. ). ). m 2 m p= 2 m q= 2 m=2. { { ⇔. n=. ⇔. {n=m=2 p=q=1. phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương Lưu ý: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng. Chú ý các hằng đẳng thức sau: ( A + B )2= A2 +2 AB+B 2. 2. ). (4) ( A + B+C )2=A 2 +B 2+C 2 +2 AB+2 AC+2 BC ( A + B )3= A3 +3 A 2 B+3 AB2 + B3 Ví dụ 1: Cho a, b, c, d, e là các số thực chứng minh rằng: b2 a) a2 + ≥ ab 4 2 b) a +b 2+1 ≥ ab+a+ b c) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) b2 2 2 2 2 2 ≥ ab ⇔ ( 2 a −b ) ≥ 0 (bất đẳng thức ⇔ 4 a +b ≥ 4 ab ⇔ 4 a − 4 a+b ≥ 0 4 b2 này luôn đúng). Vậy a2 + ≥ ab (dấu bằng xảy ra khi 2 a = b ) 4 b) a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b ⇔ 2(a2 +b2 +1)> 2(ab+ a+b) 2 b −1 ¿ ≥0 2 a −1 ¿ +¿ Bất đẳng thức cuối đúng.Vậy 2 2 2 2 ⇔ a − 2ab+ b +a −2 a+1+b − 2b +1≥ 0 2 a −b ¿ + ¿ ⇔¿ 2 2 a +b +1 ≥ ab+a+ b . Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1. ⇔ 4 (a 2+ b2+ c 2+ d 2+ e2 )≥ 4 a ( b+c + d+ e ) c) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) ⇔ ( a 2 − 4 ab+ 4 b 2) + ( a2 − 4 ac+ 4 c 2 ) + ( a2 − 4 ad + 4 d 2 ) + ( a 2 − 4 ac +4 c2 ) ≥ 0 ⇔ ( a −2 b )2 + ( a− 2 c )2 + ( a− 2 d )2+ ( a− 2 c )2 ≥ 0 Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh Lời giải: a) a2 +. Ví dụ 2: Chứng minh rằng:. ( a10 +b 10) ( a2+ b2 ) ≥ ( a8 +b 8 )( a4 + b4 ). ⇔ a12 +a10 b2 +a 2 b10 +b 12 ≥ a12+ a8 b4 + a4 b 8+ b12 Lời giải: ( a10 +b 10) ( a2+ b2 ) ≥ ( a8 +b 8 )( a4 + b4 ) ⇔ 0 ⇔ a2b2( a2 - b2 )2( a4+ a8 b2 ( a 2 − b2 ) +a2 b8 ( b 2 − a2 ) ≥0 ⇔ a2 b2 ( a2 - b2) ( a6 - b6 ) a2b2+b4) 0 Bất đẳng thức cuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh. 2. Ví dụ 3: cho x.y =1 và x.y. ;Chứng minh. 2. x +y x− y. 2 √2 .. x2 + y2 0 ⇒ x2+y2 2 √ 2 vì :x y nên x- y 2 √ 2 ( x-y) ⇒ x2+y2- 2 √ 2 x− y 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 luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh Lời giải:. Ví dụ 4:. ∀ x , y∈ R 1)CM: P(x,y)= 9 x 2 y 2 + y 2 − 6 xy −2 y+ 1≥ 0 2 2 2 2)CM: √ a +b +c ≤|a|+|b|+|c| (gợi ý :bình phương 2 vế) 3)choba số thực khác không x, y, z thỏa mãn: x . y . z =1 1 1 1 + + < x+ y+ z x y z Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1. {. Lời giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1. (5) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + )=x+y+z - ( + + ¿>0 (vì + + < x+y+z theo gt) x y z x y z x y z → 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương. Nếủ trường 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 trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(. Phương pháp 3:. dùng bất đẳng thức quen thuộc. * một số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a) x 2+ y 2 ≥ 2 xy b) x 2+ y 2 ≥∨xy∨¿ dấu ( = ) khi x = y = 0 c) ( x+ y )2 ≥ 4 xy a b + ≥2 d) b a a1 +a2 +a 3+. . ..+ an 2)Bất đẳng thức Cô sy: ≥ √ a1 a2 a3 . .. . an n 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski 2 +¿ n ¿ x 21+ x 22 +.. . .¿ 2 ( a1 x 1+ a2 x 2 +. .. .+an x n ). Với. ai >0. ( a 2 + a22+ .. ..+ a2n ) . 2. ¿ 4) Bất đẳng thức Trê- bư-sép: a≤ b ≤ c Nếu A ≤ B≤ C a ≤b ≤ c ⇒ Nếu A ≥ B ≥C. { {. aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≥ . 3 3 3 aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≤ . Dấu bằng xảy ra khi 3 3 3 ⇒. a=b=c {A=B=C. Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) 8abc Lời giải: Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: ( x+ y )2 ≥ 4 xy Tacó ; ( a+b )2 ≥ 4 ab ; ( b+ c )2 ≥ 4 bc 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ( c +a ) ≥ 4 ac ⇒ ( a+b ) ( b+ c ) ( c +a ) 64 a b c =( 8 abc ) 8abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c 1 1 1 + + ≥9 Ví dụ 2 1)Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 1 CMR: a b c 2)Cho x, y,z > 0 và x +y + z = 1 CMR: x + 2y + z 4 (1 − x)(1 − y )(1 − z) a b c 3 + + ≥ 3)Cho a > 0 , b > 0, c> 0 CMR: b+c c +a a+b 2 1 4)Cho x 0 ,y 0 thỏa mãn 2 √ x − √ y=1 ;CMR: x +y 5 3 a b3 c3 1 2 2 2    a +b + c =1 b c a c a b 2 Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và chứng minh rằng Lời giải:. (6) Do a,b,c đối xứng ,giả sử a. b. c. {. ⇒. a 2 ≥ b2 ≥c 2 a b c ≥ ≥ b+ c a+ c a+ b. áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có a b c a2+ b2 +c 2 a b c a2 . +b 2 . + c2 . ≥ . + + b+ c a+ c a+ b 3 b+ c a+c a+ b 3 3 3 a b c 1 Vậy Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= + + ≥ b+c a+ c a+b 2. (. Ví dụ 4:. ). =. 1 3 1 . = 3 2 2. 1 √3. Cho a, b, c, d > 0 và abcd =1 .Chứng minh rằng : a2 +b 2+ c 2+ d2 + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10 Lời giải: a2 +b 2 ≥ 2 ab ; c 2+ d 2 ≥ 2 cd ; do abcd =1 nên cd =. Ta có. 1 ab. (dùng. 1 1 x+ ≥ ) x 2. 1 ) ≥ 4 (1) ab Mặt khác: a ( b+ c )+ b ( c+ d )+ d ( c+ a ) =( ab + cd ) + ( ac + bd ) + ( bc + ad ) 1 1 1 + ac+ + bc+ ≥ 2+ 2+ 2 Vậy a2 +b 2+ c 2+ d2 + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10 = ab+ ab ac bc 2. 2. 2. Ta có a +b + c ≥ 2(ab+cd )=2(ab+. (. )(. )(. ). Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng: 2 b+d ¿ ¿ a+c ¿2 +¿ ¿ √¿ Lời giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Ta có ac+bd √ a2 +b2 . √c 2 +d 2 mà ( a+ c )2 + ( b+ d )2=a 2+ b2+ 2 ( ac + bd ) + c2 +d 2 ( a 2+b 2 ) +2 √ a2+ b2 . √ c 2+ d 2+ c 2+ d 2 b+d ¿2 ¿ ⇒ a+ c ¿2 +¿ ¿ √¿ Ví dụ 6: Chứng minh rằng a2 +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ac Ví dụ 5:. Lời giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có ( 12 +12+12 ) (a2 +b 2+ c2 )≥ ( 1 .a+ 1. b+1 . c )2 ⇒ 3 ( a 2+b 2+ c 2 ) ≥ a2 +b 2+ c 2+2 ( ab+ bc+ ac ) ⇒ a2 +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c Phương pháp 4:. Sử dụng tính chất bắc cầu. Lưu ý: A>B và b>c thì A>c 0< x <1 thì x ❑2 <x ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d Chứng minh rằng ab >ad+bc Giải: a>c +d a −c >d >0 ⇒ Tacó b>c +d b −d >c >0. {. {. (7) ⇒ ⇔ ⇔. ( a – c ) ( b – d ) > cd ab – ad – bc + cd > cd ab > ad + bc (điều phải chứng minh). ví dụ 2: 2. 2. 2. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a +b + c = Chứng minh. 5 3. 1 1 1 1 + + < a b c abc. Giải: Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab - ac - bc). ¿ ⇒ ac+bc-ab ¿ ¿ ¿ 1 1 1 1 + − ¿ a b c abc ¿ 0. 1 ( a2+b2+c2) ⇒ ac+bc-ab 2. ¿ 5 ¿ 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có 6 ¿ ví dụ 3 Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1 - a).(1 - b) ( 1- c).(1- d) > 1- a – b – c - d Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab Do a>0 , b>0 nên ab>0 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) Do c <1 nên 1- c >0 ta có ⇒ (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 . Chứng minh rằng 3 3 3 2 2 2 2 a +2 b +2 c <3+ a b+b c +c a Giải : 2 2 ⇒ 1-b- a2 + a2 b > 0 ⇒ 1+ a2 Do a < 1 ⇒ a <1 và Ta có ( 1− a ) . ( 1− b ) <0 2 2 b > a +b 2 3 2 3 2 2 3 3 mà 0< a,b <1 ⇒ a > a , b > b ; Từ (1) và (2) ⇒ 1+ a b > a + b ; 3 3 Vậy < 1+ a2 b2 a + b Tương tự b3 + c 3 1+b2 c c ❑3 + a3  1+c 2 a Cộng các bất đẳng thức ta có : 3 3 3 2 2 2 2 a +2 b +2 c ≤ 3+a b+b c+ c a 2 2 2 b)Chứng minh rằng : Nếu a +b =c +d 2=1998 thì ac+bd =1998 Giải: Ta có (ac + bd) ❑2 + (ad – bc ) ❑2 = a ❑2 c ❑2 + b ❑2 d 2 +2 abcd+ a2 d 2 +b2 c 2 - 2 abcd = = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982, rỏ ràng (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 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1 1 c hứng minh rằng : a ❑12 + a22 +a 23+ .. ..+a22003 ( đề thi vào chuyên nga pháp 20032003 2004Thanh hóa ) 2,Cho a;b;c 0 thỏa mãn :a + b + c = 1 (?) 1 1 1 −1 ¿ .( − 1).( −1)≥ 8 Chứng minh rằng: ( a b c Phương pháp 5:. dùng tính chấtcủa tỷ số. (8) Kiến thức. 1) Cho a, b ,c là các số dương thì a a a+ c >1 thì > a – Nếu b b b+ c a c a a+c c < ⇒ < < 2)Nếu b,d >0 thì từ b d b b+ d d ` ví dụ 1 : Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng 1<. b – Nếu. a <1 b. thì. a a+ c (1) Mặt khác : (2) a+b+ c a+b+ c a+b+ c+d a+b+ c a+b+ c+ d Từ (1) và (2) ta có a a a+d < < (3) a+b+ c+ d a+b+ c a+b+ c+ d b b b+ a c c b +c < < < < Tương tự ta có (4) (5) a+b+ c+ d b+c +d a+b+ c+ d a+b+ c+d c +d +a a+b+ c+d d d d+ c < < (6) cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có a+b+ c+ d d +a+b a+ b+c +d a b c d 1< + + + <2 điều phải chứng minh a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b ab+cd c a c a < và b,d > 0 .Chứng minh rằng < 2 2< b d b b +d d ab cd ab ab+cd cd c ab+cd c a c a ⇒ 2< 2 < 2 2 < 2= ⇒ Giải: Từ < Vậy < 2 2< 2 b d b b d b b +d d d b +d d phải chứng minh ví dụ 2 : Cho:. điều. ví dụ 3 : Cho a;b;c;d là các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000, tìm giá trị lớn nhất của a b + c d a b a b a a+b b a ⇒ ≤ ≤ ≤ 1 vì a+b giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử : Từ : c d c d c c+ d d c = c+d b a b + 998 ⇒ a, Nếu :b 998 thì 999 d c d a b 1 999 + b, Nếu: b=998 thì a=1 ⇒ = + Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999 c d c d a b 1 + Vậy giá trị lớn nhất của =999+ khi a=d=1; c=b=999 c d 999 Phương pháp 6: Phương pháplàm trội Lưu ý: Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn. (*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 +u2 +.. . .+ un. (9) Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u ❑k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau: uk =ak −a k+1 Khi đó : S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) +.. . .+ ( an − an+1 ) =a1 −a n+1 (*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn P = u1 u 2 . .. .u n Biến đổi các số hạng uk về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: ak a1 a 2 a a uk = . .. . .. n = 1 Khi đó P = ak+ 1 a2 a 3 an+1 an +1 Ví dụ 1 : Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng 1 1 1 1 3 < + +. .. .+ < 2 n+1 n+2 n+ n 4 Giải: 1 1 1 > = Ta có với k = 1,2,3,…,n-1 n+k n+ n 2n 1 1 1 1 1 n 1 + +.. .+ > +. ..+ = = Do đó: n+1 n+2 2n 2n 2 n 2n 2 Ví dụ 2 : Chứng minh rằng: 1+ Giải : Ta có. 1 1 1 + +.. . .+ >2 ( √ n+ 1− 1 ) √2 √ 3 √n. 1 2 2 = > =2 ( √ k +1 − √ k ) √k 2 √ k √ k + √k + 1. 1 > 2 ( √ 2− 1 ) 1 >2 ( √3 − √ 2 ) √2 ……………… 1 >2 ( √ n+1− √ n ) √n Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 1 1 1+ + +.. . .+ >2 ( √ n+ 1− 1 ) √2 √ 3 √n n. Ví dụ 3 : Chứng minh rằng. ∑ k12 < 2 k=1. 1 1 1 1 < = − 2 k k ( k −1 ) k −1 k Cho k chạy từ 2 đến n ta có Giải: Ta có. ∀ n∈ Z. Với n là số nguyên Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có. (10) 1 1 <1 − 2 2 2 1 1 1 < − 32 2 3 .. . .. .. . .. .. .. . .. 1 1 1 < − 2 n n −1 n 1 1 1 ⇒ 2 + 2 +. .. .+ 2 <1 2 3 n n. Vậy. ∑ k12 < 2 k=1. Phương pháp 7:. Dùng bất đẳng thức trong tam giác. Lưu 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| (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 có a2 <a(b+c ) 0<a< b+c 0<b< a+c b2 <b(a+c )  2 0<c <a+ b c < c (a+b) Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 2 b−c¿ b) Ta có a > b-c   2 2 >0 a >a − ¿ 2 c −a ¿ b > a-c   >0 2 2 b >b − ¿ 2 a −b ¿ > 0 c > a-b   2 2 c >c − ¿ Nhân vế các bất đẳng thức ta được ⇒ a 2 b2 c 2 > [ a2 − ( b − c )2 ][ b 2 − ( c − a )2 ][ c 2 − ( a −b )2 ] 2 2 2 ⇒ a 2 b 2 c 2 > ( a+b − c ) ( b +c − a ) ( c +a −b ) ⇒ abc> ( a+b − c ) . ( b+c −a ) . ( c +a −b ). {. {. Ví dụ2: 1) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng ab+ bc+ ca< a2 +b2 +c 2 <2(ab+ bc+ ca) 2) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 2 2 2 Chứng minh rằng a +b + c +2 abc< 2 Phương pháp 8:. đổi biến số. Ví dụ1 Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng. a b c 3 + + ≥ (1) b+c c +a a+b 2. (11) Giải :. y+z − x z+x − y x+ y −z ; b= ;c= 2 2 2 y + z − x z +x − y x+ y − z 3 y z x z x y + + + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 ⇔ ta có (1) ⇔ 2x 2y 2z 2 x x y y z z y x z x z y + ¿+( + )+( + )≥ 6 ⇔ ( x y x z y z y x z x z y + ≥ 2; + ≥2 ; + ≥ 2 nên ta có điều phải chứng Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( x y x z y z minh Ví dụ2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c < 1 1 1 1 + 2 + 2 ≥9 Chứng minh rằng (1) 2 a +2 bc b +2 ac c +2 ab Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a=. Giải: 2 Đặt x = a2 +2 bc ; y = b2 +2 ac ; z = c 2+ 2ab Ta có x+ y+ z=( a+b +c ) < 1 1 1 1 (1) ⇔ + + ≥ 9 Với x+y+z < 1 và x ,y,z > Theo bất đẳng thức Côsi ta có x y z 1 1 1 1 1 1 + + ≥ 3. . 3 1 ; ⇒ ( x+ y+ z ) . + + ≥ 9 Mà x+y+z < x+ y+ z ≥ 3. √3 xyz ; x y z x y z xyz. √. 1 Vậy Ví dụ3:. 1 1 1 + + ≥9 x y z Cho x 0. Gợi ý: Đặt. (. ). (đpcm) ,y 0. thỏa mãn. √ x=u , √ y=v. 2 √ x − √ y=1. CMR. x+ y ≥. ⇒ 2u-v =1 và S = x+y = u2 +v 2. Bài tập 1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0. CMR:. 1 5 ⇒ v = 2u-1 thay vào tính S min. 25 a 16 b c + + >8 b+c c +a a+b. 2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0 ma nb pc 1 2 + + ≥ ( √m+ √ n+ √ p ) − ( m+n+ p ) CMR b+c c +a a+b 2 Phương pháp 9:. dùng tam thức bậc hai. Lưu ý : Cho tam thức bậc hai f ( x )=ax 2 + bx+ c Nếu Δ< 0 thì a . f ( x )> 0 a . f ( x )> 0. Nếu. Δ=0. thì. Nếu. Δ> 0. thì a . f ( x )> 0 a . f ( x )< 0. ∀ x ∈R ∀ x ≠−. b a. với x< x1 hoặc với x 1< x < x 2. Ví dụ1: Chứng minh rằng f ( x , y ) =x 2+5 y 2 −4 xy +2 x −6 y +3> 0 Giải: Ta có (1) ⇔ x 2 −2 x ( 2 y −1 ) +5 y 2 − 6 y+ 3>0 Δ ' =( 2 y −1 )2 −5 y 2+ 6 y − 3 2 2 ¿ 4 y − 4 y +1− 5 y + 6 y − 3 2 − ( y −1 ) − 1<0. x> x2. ( x 2> x 1 ). (1). (12) Vậy. f ( x , y )> 0. với mọi x, y. Ví dụ2: Chứng minh rằng f ( x , y ) =x 2 y 4 +2 ( x 2 +2 ) . y 2 +4 xy + x 2> 4 xy 3 Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2 2 2 2 2 y + 1¿ . x + 4 y (1 − y ) x+ 4 y >0 2 4 2 2 2 3 ( ) x y +2 x +2 . y + 4 xy + x − 4 xy > 0 ⇔¿ 2 2 ' 2 2 2 2 2 2 Ta có Δ =4 y ( 1− y ) − 4 y ( y +1 ) =− 16 y < 0 Vì a = ( y 2 +1 ) >0 vậy (đpcm). f ( x , y )>0. Phương pháp 10: dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n>n 0 ta thực hiện các bước 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 được 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>n 0 1 1 1 1 + 2 +.. . .+ 2 <2 − ∀ n∈ N ;n>1 (1) 2 n 1 2 n 1 1 Giải :Với n =2 ta có 1+ <2 − (đúng) 4 2 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 Thật vậy khi n =k+1 thì k +1¿ 2 ¿ ¿ ⇔ (1) 1 1 1 1 + 2 +.. . .+ 2 + ¿ 2 1 2 k Theo giả thiết quy nạp 2 k +1¿ ¿ ¿ ⇔ 1 1 1 1 + 2 +.. . .+ 2 + ¿ 2 1 2 k 2 k + 1¿ ¿ ¿ ⇔ 1 1 +.. . .+ ¿ 2 1. Ví dụ1:Chứng minh rằng. ⇔. Ví dụ2: Cho. k +1 ¿2 ¿ k +1 ¿2 ¿ k +1+1 ¿ n∈N. ⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều này đúng .Vậy bất đẳng thức (1)được chứng minh. và a+b> 0 Chứng minh rằng. a+b 2. n. ( ). n. n. a +b 2. (1). (13) 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 k+ 1 k+1 a+b k+1 a+b k a+b a +b ak+ 1+b k+1 ⇔ . (1) ⇔ (2) 2 2 2 2 2 ak +b k a+ b ak+ 1+ abk +a k b+ bk +1 a k+1 +bk +1 ⇔ Vế trái (2) ⇔ . = ≤ 2 2 4 2 k+ 1 k+1 k+1 k k k+1 a +b a +ab +a b+ b − ≥0 2 4 ⇔ ( a k − bk ) . ( a −b ) ≥ 0 (3) ⇔ |b| Ta chứng minh (3) (+) Giả sử a b và giả thiết cho a -b ⇔ a k k k k k ⇒ ( a − b ) . ( a −b ) ≥ 0 a ≥|b| ≥ b k ⇔ ( a k − bk ) . ( a −b ) ≥ 0 (+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b ⇔ |a| <bk ⇔ ak <b k Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm). ( ). Phương pháp 11:. ( ). Chứng minh phản chứng. Lưu 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 ngược 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 : Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó . Ta thường 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 ngược nhau E – Phủ định rồi suy ra kết luận : Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > Chứng minh rằng a > 0 , b > 0 , c > 0 Giải : Giả sử a 0 thì từ abc > 0 ⇒ a 0 do đó a < 0, Mà abc > 0 và a < 0 ⇒ cb < 0 Từ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0, Vì a < 0 mà a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0 a < 0 và b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0, Vậy a > 0 tương tự ta có b > 0 , c > 0 Ví dụ 2: Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện ac 2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai: , a2 < 4 b c 2< 4 d Giải : Giả sử 2 bất đẳng thức : a2 < 4 b , c 2< 4 d đều đúng khi đó cộng các vế ta được, a2 +c 2 <4 (b +d) (1) 2 2 2 Theo giả thiết ta có 4(b+d) 2ac (2), Từ (1) và (2) ⇒ a +c <2 ac hay ( a − c ) <0 lý) Vậy trong 2 bất đẳng thức a2 < 4 b và c 2< 4 d có ít nhất một các bất đẳng thức sai Ví dụ 3 Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng. (vô. (14) Nếu x+y+z >. 1 1 1 + + x y z. thì có một trong ba số này lớn hơn 1. Giải : Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1=x + y + z – (. 1 1 1 + + ) vì xyz = 1 x y z. 1 1 1 + + nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0 x y z Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết) Còn nếu 2 trong 3 số đó dương 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 theo giả thiết x+y +z >. Phần II. Bài tập áp dụng. Bài tập 1. (Sử dụng phương pháp làm trội).. a b c + + <2 . a+b b+c c +a a a b b c c < ; < ; < , cộng vế ví vế ta được; a+b+ c a+b a+b+ c b+c a+b +c c +a. Cho a,b,c là 3 số dương chứng minh rằng: 1< HD. *Ta luôn có:. a b c a b c a+b +c + + > + + = =1. a+b b+c c + a a+ b+c a+ b+c a+b+c a+b +c a a a+c b b+a c c+ b <1 ⇒ < ; tương tự ta có: < ; < *Ta lại có: , a+b a+b a+b+ c b+c a+ b+c c +a a+b+ c 2(a+ b+c ) a b c a+c b+a c +b + + < + + = =2. Cộng vế với vế ta được: a+b b+c c + a a+ b+c a+ b+c a+b+c a+ b+c Bài tập 2. (Sử dụng phương pháp làm trội). 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 +. .. .+ 2 <1 Chứng minh rằng với mọi n > 1 thì 2 2 3 4 5 n 1 1 1 1 < = − HD. Với n > 1 ta có , nên ta có: n2 (n− 1). n n − 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n− 1 + 2 + 2 + 2 +. .. .+ 2 < − + − + − + − +. .. . .+ − =1− = <1 2 1 2 2 3 3 4 4 5 n −1 n n n 2 3 4 5 n Bài tập 3. (Sử dụng phương pháp làm trội). Chứng minh các bất đẳng thức với n là các số tự nhiên. 1 1 1 1 + + +. . .. .. .+ <1 ; a) 1 . 2 2. 3 3 . 4 (n −1). n 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 +. .. .+ 2 <2 − (n>1); b) 2 n 1 2 3 4 n 1 1 1 1 1 5 + 2 + 2 + 2 +. .. .+ 2 < . c) 2 1 2 3 4 n 3 HD. a) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n− 1 + + +. . .. .. .+ = − + − + − + − +. .. . .+ − =1− = <1 1 . 2 2. 3 3 . 4 n−1 n n n (n −1). n 1 2 2 3 3 4 4 5. (15) n− 1 n− 1 <1 , với n = 0 thì <1 . Vậy BĐT luôn đúng với n là số tự nhiên. n n 1 1 1 1 < = − b) Với n > 1 ta có , nên ta có: 2 n − 1 n n ( n− 1). n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 +. .. .+ 2 < − + − + − + − +. .. . .+ − =1− <2 − ; 2 n −1 n n n 2 3 4 5 n 1 2 2 3 3 4 4 5 1 1 1 1 5 < = − c)Với n = 0 thì 1 < Với n > 1ta có: , nên ta có: 2 n − 1 n 3 n ( n− 1). n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n− 1 + 2 + 2 + 2 +. .. .+ 2 < − + − + − + − +. .. . .+ − =1− = 2 n −1 n n n 2 3 4 5 n 1 2 2 3 3 4 4 5 n− 1 5 3 n −3 5 n < ⇔ < ⇔5 n − 3 n>−3 ⇔ 2 n>− 3,(n>1) , Ta đi chứng minh n 3 3n 3n 1 1 1 1 1 5 + 2 + 2 + 2 +. .. .+ 2 < . với n là số tự nhiên. Vậy 2 1 2 3 4 n 3 Với n > 1 thì. Bài tập 4. (Sử dụng tính chất hai biểu thức có tử thức bằng nhau BT nào có MT lớn hơn thì nhỏ hơn) 2 2 a− b a − b < a)Cho a > b > 0 Chứng minh rằng: ; a+ b a 2+b2 từ đó áp dụng so sánh giá trị các phân thức: 2000 −1999 20002 −19992 < b) ; 2000+1999 20002 +19992 1997 −1996 1997 2 − 19962 < . c) 1997+1996 1997 2+ 19962 a+b ¿2 ¿ ¿ HD. a) vì a> b>1 và ( a+b )2> a2 +b 2 . 2 2 a− b ( a −b)( a+ b) a − b = = ¿ a+ b (a+ b)(a+b) 2 2000+1999 ¿ ¿ ¿ b) (2000− 1999)( 2000+ 1999) 20002 −19992 2000− 1999 VT = = = ¿ 2000+1999 (2000+1999)(2000+1999) 2. 2. Vì hai BT có tử thức bằng nhau và 2000+1999 ¿ >2000 +1999 ¿ c)Tương tự câu a.. 2. .. Bài tập 5.( Sử dụng BĐT Cô Si) Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) a2 +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ca ; b) (a+ b)(b+c )(c +a)≥8 abc , với a,b,c dương; c) a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b d)Với a, b, c là các số dương ta luôn có: ( a+b +c ). ( 1a + b1 + 1c ) ≥ 9. a b c 3 + + ≥ . b+c c +a a+b 2 HD. a) a2 +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ca ⇔ 2 a2 +2 b2 +2 c 2 ≥ 2 ab+2 bc+ 2ca e) Với a, b, c là các số dương ta luôn có:. ;. (16) 2. 2 c−a¿ ≥0 c −a ¿ ≥ 0 2 b − c ¿ +¿ vì b − c ¿ 2 ≥ 0 ; ¿ với mọi a,b,c. a −b ¿ 2+ ¿ a −b ¿ 2 ≥ 0 ; ¿ ⇔¿ ¿ b)Với a,b,c dương áp dung bất đẳng thức Cô Si ta có: (a+ b)(b+c )(c +a)≥2 √ ab .2 √ bc . 2 √ ca=8 √ a2 b2 c2 =8 abc . c) a2 +b 2+1 ≥ ab+a+ b ⇔2 a2 +2 b2 +2 ≥2 ab+2 a+ 2b ⇔ a2 −2 ab+b 2+ a2 − 2 a+1+b2 −2 b+1 ≥ 0 b −1 ¿2 ≥0 b − 1¿2 ≥ 0 a −1 ¿2 +¿ vì a − 1¿ 2 ≥ 0 ; ¿ với mọi a,b. a −b ¿ 2+ ¿ a −b ¿ 2 ≥ 0 ; ¿ ⇔¿ ¿ d) Với a,b,c dương áp dung bất đẳng thức Cô Si ta có: 3 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 1 a+b +c ≥ 3 √ abc , + + ≥ 3 . . ⇒ ( a+ b+c ) + + ≥ 9 √ abc . . . =9 . a b c a b c a b c a b c 1 e)Đặt A=a+b , B=b+ c ,C=c +a , ta có A + B+C=2(a+ b+c )⇒ a+b+ c= ( A+ B+C ) , 2 a b c a b c a+ b+c a+b+ c a+b+ c + + = +1+ +1+ +1 −3= + + −3 b+c c +a a+b b +c c +a a+b b+ c c +a a+ b ta có: 1 1 1 1 1 1 1 ¿(a+ b+c ) + + −3= ( A+ B+C) + + −3 b+c c +a a+ b 2 A B C 1 1 1 a b c 9 3 + + ≥ −3= . ta có ( A+B+C) + + ≥ 9 nên A B C b+c c +a a+b 2 2. √. (. (. (. √. ). ). (. ). ). Bài tập 6.( Sử dụng BĐT Cô Si) b) Cho. 1 1 4 + ≥ ; x y x+ y x ≥ 0 , y ≥ 1 , Chứng minh: x √ y −1+ y √ x −1 ≤ xy ;. c) Cho. x ≥ 0 , y ≥ 1 , z ≥2 , Chứng minh:. a) Cho. x , y >0 , Chứng minh:. 1 √ x+ √ y −1+√ z − 2≤ ( x + y + z) . 2. x+ y ¿ 2 ≥ 4 xy HD. a)Với x , y >0 ta có x − y ¿ 2 ≥ 0 ⇔ x 2 − 2 xy+ y 2 ≥ 0 ⇔ x 2 − 2 xy+ 4 xy+ y 2 ≥ 4 xy ⇔ ¿ ¿ x+ y 4 x y 4 1 1 4 ⇔ (x+ y) ( x+ y ) ≥ 4 xy ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ . xy x + y xy xy x+ y x y x+ y x √ y −1 y √ x −1 y −1 √ x −1 + ≤1 ⇔ √ + ≤1 , b) Với x ≥ 0 , y ≥ 1 ta có: x √ y −1+ y √ x −1 ≤ xy ⇔ xy xy y x 1+ x − 1 x 1+ y −1 y = ; 1 . √ y −1 ≤ = áp dụng BĐT Cô Si ta có: 1. √ x −1 ≤ ,nên ta có: 2 2 2 2 √ x − 1 + √ y − 1 ≤ x . 1 + y . 1 = 1 + 1 =1 ;Vậy x y −1+ y x −1 ≤ xy . √ √ y y 2 x 2 y 2 2 1 c) Với x ≥ 0 , y ≥ 1 , z ≥2 , nên ta có: √ x+ √ y −1+ √ z − 2≤ (x + y + z) ⇔ 2 ⇔ x + y + z − 2 √ x − 2 √ y −1 −2 √ z −2 ≥ 0 ⇔ x − 2 √ x +1+ y − 1− 2 √ y −1+1+ z − 2− 2 √ z − 2+1≥ 0 2 2 2 2 2 2 ( √ x −1 ) + ( √ y −1 −1 ) + ( √ z − 2− 1 ) ≥ 0 vì ( √ x −1 ) ≥ 0, ( √ y −1 −1 ) ≥0, ( √ z − 2− 1 ) ≥ 0 . Bài tập 7.( Sử dụng BĐT Cô Si) Cho a, b, c là các số không âm thoả mãn: a+b +c=1 . Chứng minh: a) √ a+1+ √ b+1+ √ c +1≤ 3,5 ; b) √ a+b+ √b +c + √ c+ a ≤ √ 6 .. (17) HD.a)Ta nhìn tổng a + 1 dưới tích 1.( a + 1 ) và áp dụng bất đẳng thức Cô-si âm ta được:. √ a+1= √1 .(a+1)≤. √ xy ≤. x+ y với x,y không 2. 1+ a+1 a 1+b+ 1 b = +1, √ b+ 1=√ 1.( b+1)≤ = +1 , 2 2 2 2. 1+ c+1 c = +1 ,cộng từng vế của ba bất đẳng thức ta được: 2 2 a b c a+b+ c +3 √ a+1+ √ b+1+ √ c +1≤ + + + 3 ⇔ √ a+1+ √ b+1+ √ c +1≤ 2 2 2 2 1 3 ⇔ √ a+1+ √b+ 1+ √ c+1 ≤ + 3 ⇔ √ a+1+ √ b+1+ √ c +1 ≤ 2 2 b) áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki với hai bộ ba số 1 ta được: √ c +a ¿ 2 √ b+ c ¿2 +¿ ¿ ⇒ √ a+b + √ b+c + √ c +a ≤3 (a+ b+b+ c+c+a)=3 .2( a+b+c)=6 √ a+b ¿ 2+¿ ¿ ¿ 1. √ a+b +1. √ b+c +1 . √c +a ≤(1+1+1)¿. √ c+ 1=√ 1.(c+1)≤. Bài tập 8.( Sử dụng HĐT). 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + . a b c √ ab √ bc √ ca 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 + + ≥ + + ⇔ + + − − − ≥0 . HD. Với a , b , c ≥ 0 , ta có: a b c √ ab √ bc √ ca a b c √ ab √ bc √ ca 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 − + − + − ≥ 0 vì − ≥ 0, − ≥ 0, − ≥0 . √a √b √b √ c √c √a √a √b √b √ c √c √a Cho a , b , c ≥ 0 ,Chứng minh rằng:. (. ) (. )(. ). (. Bài tập 9. Cho a, b, c là các số dương tuỳ ý.Chứng minh rằng:. ) (. ) (. ab bc ca a+ b+c + + ≤ . a+b b+c c + a 2. a+b ¿ 2 ≥ 4 ab ⇔(a+b)(a+b)≥ 4 ab HD.Ta có a −b ¿2 ≥ 0 ⇔ a2 −2 ab+b 2 ≥ 0 ⇔¿ ¿ a+b 2ab b+c 2 bc c+ a 2 ca ⇔ ≥ ≥ , ≥ ,tương tự ta có: , cộng vế với vế ta được: 2 a+b 2 b +c 2 c+a a+b b+c c + a 2ab 2 bc 2 ca 2(a+ b+c) 2 ab 2 bc 2 ca + + ≥ + + ⇔ ≥ + + 2 2 2 a+ b b +c c +a 2 a+ b b+ c c+ a ab bc ca ab bc ca a+ b+c ⇔2. + + ≤ a+b+ c ⇔ + + ≤ a+ b b+ c c+ a a+b b +c c +a 2. (. ). Bài tập 10. ( Sử dụng BĐT Cô-Si) Cho a, b, c là các số dương.Chứng minh các bất đẳng thức: 2 2 2 a b c a+ b+c a) . + + ≥ b+c c +a a+b 2 a2 b2 c 2 a+ b+c b) ; + + ≥ a+b b+c c + a 2 a2 b2 c2 d 2 a+b+ c+ d c) + + + ≥ ,(d> 0) . a+b b+c c +d d+ a 2 HD. a)áp dụng bất đẳng thức Cô-si: x+ y ≥ 2 √ xy , x , y ≥ 0 .Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:. ). (18) a2 b+ c a2 b+ c a a2 b+c + ≥2 . =2 =a⇒ ≥a− ; b+ c 4 b+ c 4 2 b+ c 4 b2 c +a b2 c+ a b b2 c +a + ≥2 . =2 =b ⇒ ≥b− ;; c+ a 4 c+ a 4 2 c+ a 4 c 2 a+b c 2 a+b c c2 a+b + ≥2 . =2 =c ⇒ ≥c − a+b 4 a+b 4 2 a+b 4 2 2 2 a b c b+ c c +a a+b Cộng vế với vế ta được: + + ≥ a+b+ c − − − b+c c +a a+b 4 4 4 2 2 2 2 2 a b c a+ b+c a+b+ c a b c2 a+ b+c .vậy + + ≥ a+b+ c − = + + ≥ b+c c +a a+b 2 2 b+c c +a a+b 2 b)Tương tự câu a) ta có: a2 a+b a2 a+b a a2 a+b + ≥2 . =2 =a ⇒ ≥a − ; a+b 4 a+b 4 2 a+b 4 b2 b+c b2 b+c b b2 b+ c + ≥2 . =2 =b ⇒ ≥b − ; b+ c 4 b+ c 4 2 b+ c 4. √ √ √ √ √ √. c 2 c +a c 2 c+ a c c2 c+ a + ≥2 . =2 =c ⇒ ≥c − ; c+ a 4 c+ a 4 2 c+ a 4 a2 b2 c2 b+ c c +a a+b Cộng vế với vế ta được: + + ≥ a+b+ c − − − a+b b+c c + a 4 4 4 2 2 2 2 2 a b c a+ b+c a+b+ c .vậy a b c 2 a+ b+c . + + ≥ a+b+ c − = + + ≥ a+b b+c c + a 2 2 a+b b+c c + a 2 c) Làm tương tự câu a, b. Bài tập 11. ( Sử dụng BĐT Cô-Si) Cho a, b, c là các số dương.Chứng minh các bất đẳng thức: a b c + + >2 . b+ c a+c a+ b HD. áp dụng bất đẳng thức Cô-si: x+ y ≥ 2 √ xy , x , y ≥ 0 .ta có: b+ c b+ c a+ b+c a 2a .1 ≤ +1 :2= ⇒ ≥ a a 2a b+ c a+b +c b 2b c 2c Tương tự ta có: , cộng vế với vế ta được: ≥ ; ≥ a+ c a+ b+c a+b a+ b+c 2(a+b+ c) a b c 2a 2b 2c + + ≥ + + = =2 b+ c a+c a+ b a+b+ c a+b+ c a+b+ c a+b+ c a=b+c Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi: b=a+c ⇒ a+b +c=0 , trái với giả thiết a,b,c là ba số dương.Vậy đẳng c=a+ b. √ √ √ √ ( ) √ √ √ √. √. √. {. thức không xảy ra.Vậy. a b c + + >2 . b+ c a+c a+ b. √ √ √. Bài tập 12. ( Sử dụng BĐT Cô-Si) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác.Chứng minh rằng: a) ab+ bc+ ca ≤ a2 +b2 +c 2 <2(ab + bc+ca) ; b) abc>(a+ b −c )(a+ c −b)(b+c −a) ; a b c + + <2 ; c) b+c c +a a+b. (19) d) 2 a2 b2 +2 b2 c2 +2 c 2 a2 −(a 4 +b 4 +c 4 )>0 ; 2 3 3 3 a −b ¿ + 4 abc ≥a + b +c 2 c − a¿ + c ¿ e) ; 2 b − c ¿ +b ¿ a¿ 2 f) a b(a −b)+b2 c (b − c)+c 2 a( c − a)≥ 0 ; g) a3 +b 3+ c 3+ abc ≥ a(b 2+ c 2)+b(c 2+ a2)+ c(a2 +b2 )>a3 +b 3+ c 3+2 ab . HD. a) * a2 +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ca ⇔ 2 a2 +2 b2 +2 c 2 ≥ 2 ab+2 bc+ 2ca 2 2 c−a¿ ≥0 c −a ¿ ≥ 0 2 2 b − c ¿ +¿ vì b − c ¿ ≥ 0 ; ¿ với mọi a,b,c. 2 a −b ¿ + ¿ a −b ¿ 2 ≥ 0 ; ¿ ⇔¿ ¿ 2 2 2 * a +b + c <2(ab+ bc+ca ); Ta có: a+b − c >0 ⇒ c (a+ b −c )>0 ⇒ac+ bc >c 2 2 b+c −a> 0⇒ a( b+c − a)>0 ⇒ab+ ac> a a+b − c >0 ⇒b (c+ a −b)>0 ⇒ bc+ ab>b 2 Cộng vế với vế ta được: a2 +b 2+ c 2<2(ab+ bc+ca ) . Bài tập 13 ( Bài tập dùng định nghĩa) HD 1) Cho abc = 1 và. a3 >36 . . Chứng minh rằng. 2. a +¿ b2+c2> ab+bc+ac 3. a2 a2 a2 a2 +¿ b2+c2- ab- bc – ac = +¿ +¿ b2+c2- ab- bc – ac = ( +¿ b2+c2- ab– 3 4 12 4 a a a2 a3 − 36 abc a3 − 36 abc ac+ 2bc) + -b- c)2 + =( -b- c)2 + >0 (vì abc=1 và a3 > − 3bc =( 2 2 12 12 a 12 a 36 nên a >0 ) a2 Vậy : +¿ b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 3 4 4 2 2 2) Chứng minh rằng a) x + y + z +1 ≥2 x .( xy − x + z +1) b) với mọi số thực a , b, c ta có a2 +5 b2 − 4 ab+2 a − 6 b+3>0 2 2 c) a +2 b −2 ab+2 a − 4 b+2 ≥ 0 Giải : 2 a) Xét hiệu H = x 4 + y 4 + z 2 +1 −2 x 2 y 2+ 2 x 2 − 2 xz − 2 x = ( x 2 − y 2) + ( x − z )2 + ( x −1 )2 H 0 ta có điều phải chứng minh b) Vế trái có thể viết H = ( a −2 b+1 )2 + ( b − 1 )2+1 ⇒ H > 0 ta có điều phải chứng minh ⇒ H c) vế trái có thể viết H = ( a −b +1 )2+ ( b −1 )2 0 ta có điều phải chứng minh Ta có hiệu:. Bài tập 14 ( Bài tập dùng biến đổi tương đương) 2. HD. 1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng. ( x2 + y 2 ). ( x − y )2. ≥8. Giải : 2 2 2 2 2 Ta có (vì xy = 1) ⇒ x + y =( x − y ) +2 xy =( x − y ) +2 ( x 2+ y 2) =( x − y )4 +4 . ( x − y )2 +4 Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với ( x − y )4 +4 ( x − y )2 + 4 ≥ 8. ( x − y )2 2 ⇔ ( x − y )4 −4 ( x − y )2 + 4 ≥ 0 ⇔ [ ( x − y )2 − 2 ] ≥ 0 BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh. (20) 1 1 2 + ≥ 2 2 1+ xy 1+ x 1+ y 1 1 1 1 1 1 2 − + − ≥0 + ≥ ⇔ Giải : Ta có 2 2 2 2 2 1+ x 1+ y 1+ y 1+ xy 1+ x 1+ y 1+ xy 2 2 x(y −x) y(x− y) xy − x xy − y + ≥0 + ≥0 ⇔ ⇔ 2 2 2 ( 1+ x ) . (1+ xy ) ( 1+ y 2 ) . ( 1+ xy ) ( 1+ x ) . (1+ xy ) ( 1+ y ) . ( 1+ xy ) ( y − x )2 ( xy −1 ) ≥ 0 BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh ⇔ ( 1+ x 2 ) . ( 1+ y 2) . ( 1+xy ). 2) Cho xy. 1 .Chứng minh rằng:. (. )(. ). Bài tập 15 ( Bài tập dùng bất đẳng thức phụ ) HD 1) Cho a , b, c là các số thực và a + b + c = 1Chứng minh rằng. a2 +b 2+ c 2 ≥. 1 3. Giải áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c) ⇔ Ta có ( 1. a+1 . b+1 . c )2 ≤ ( 1+1+1 ) . ( a2 +b2 +c 2 ) ( a+b +c )2 ≤ 3 . ( a2 +b2 +c 2 ) 1 a2 +b 2+ c 2 ≥ ⇔ (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 3 1 1 1 2) Cho a,b,c là các số dương : Chứng minh rằng ( a+b +c ) . + + ≥ 9 (1) a b c a a b b c c a b a c b c 1+ + + +1+ + + +1≥ 9 ⇔ 3+ + + + + + ≥ 9 Giải : (1) ⇔ b c a c a a b a c a c b x y + ≥2 áp dụng BĐT phụ Với x,y > 0 Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng y x 1 1 1 Vậy ( a+b +c ) . + + ≥ 9 (đpcm). a b c. ( ) ( )( )( ). (. ). Bài tập 16 ( Bài tập dùng Phương pháp bắc cầu) HD 1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng : 2 a3 +2 b3 +2 c 3<3+ a2 b+b 2 c +c 2 a 2 2 2 2 2 Giải Do a <1 ⇒ a <1 và b <1, nên ( 1− a ) . ( 1− b ) >0 ⇒1+ a b − a −b> 0 hay 1+a2 b> a2+ b (1) Mặt khác 0 <a,b <1 ⇒ a2 >a 3 ; b>b 3 2 3 3 3 3 2 ⇒ 1+a >a + b Vậy a +b < 1+ a b b3 +c 3 <1+b 2 c ⇒ Tương tự ta có (đpcm) 2 a3 +2 b3 +2 c 3<3+ a2 b+b 2 c +c 2 a a3 +c 3 <1+c 2 a 2) So sánh 31 ❑11. và 17 ❑14 11. 31. Giải :Ta thấy Vậy 31 ❑11. 3211  25. < < 17 ❑14.  . 11. 255  256. , Mặt khác. 256 24.14  24.  . 14. 1614  1714. (đpcm). Bài tập 17 ( Bài tập dùng tính chất tỉ số) 2. a b b c cd d a    3 a b c b c  d c  d  a d a b. HD 1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chứng minh rằng Giải :Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có: a b a b a b d b  c bc bc a     a  b  c  d a  b  c a  b  c  d (1) 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 :. (21) 2. a b b c cd d a    3 a b c b c d c  d  a d a b. (đpcm). a b c   2 b c c a a b 2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác, Chứng minh rằng Giải :Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0, Và a < b +c ; b <a+c ; c < a+b a a a 2a a a     b  c a  b  c a  b  c Mặt khác b  c a  b  c Từ (1) a a 2a b b 2b     Vậy ta có a  b  c b  c a  b  c Tương tự ta có 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 : a b c 1   2 b c c a a b (đpcm) 1. Bài tập 18 ( Bài tập áp dụng phương pháp làm trội) HD 1) Chứng minh BĐT sau : 1 1 1 1   ...   (2n  1).(2n  1) 2 ; a) 1.3 3.5. 1. 1 1 1   ...  2 1.2 1.2.3 1.2.3.....n. b) 1 1  2k  1  (2k  1) 1  1 1   .     2n  1 .  2n 1 2 (2k  1).(2k 1) 2  2k  1 2k 1 . Giải : a) Ta có 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).(2 n 1) 2  2 n 1  2 1. (đpcm). 1 1 1 1 1 1   ...  1   .....  1.2 1.2.3 1.2.3.....n 1.2 1.2.3  n  1 .n. b) Ta có 1 1  1  1 1  1 1   1        ....     2  2 n  2  2 3  n 1 n < (đpcm) Bài tập 19 ( Bài tập áp dụng bất đẳng thức để tìm cực trị) HD dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị Lưu ý - Nếu f(x)  A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A - Nếu f(x)  B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| Giải :Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|  |x-1+4-x| = 3 x  2  x  3  x  2  3  x  x  2  3  x 1 Và Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|  1+3 = 4 Ta có từ (1)  Dấu bằng xảy ra khi 1  x 4 (2)  Dấu bằng xảy ra khi 2  x 3 Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 x 3. (1) (2). (22) Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > 0 và x+y+z =1 1 1 3 xyz   xyz   3 3 xyz 3 27 Giải : Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có x+ y + z  2 3 3  x  y  .  y  z  .  z  x  áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có 1 8 1 8 .  Dấu bằng xảy ra khi x=y=z= 3 , Vậy S  27 27 729 8 1 Vậy S có giá trị lớn nhất là 729 khi x=y=z= 3 4 4 4 Ví dụ 3 : Cho xy+yz+zx = 1, Tìm giá trị nhỏ nhất của x  y  z Giải : áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 số (x,y,z) ;(x,y,z).  xy  yz  zx  Ta có. 2. .  x2  y 2  z 2.  2. 2. .  1  x2  y 2  z 2 2. . 2. (1). 2. Ap dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x , y , z ) và (1,1,1) ( x 2  y 2  z 2 ) 2 (12  12  12 )( x 4  y 4  z 4 ) Ta có.  ( x 2  y 2  z 2 )2 3( x 4  y 4  z 4 ). 4 4 4 Từ (1) và (2)  1 3( x  y  z ).  x4  y 4  z 4 . 1 3. 1 3  4 4 4 x  y  z Vậy có giá trị nhỏ nhất là 3 khi x=y=z= 3 Ví dụ 4 :Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện tích lớn nhất Giải : Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a Đường cao thuộc cạnh huyền là h Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x 1 .  x  y  .h a.h a. h 2 a. xy 2 Ta có S = Vì a không đổi mà x+y = 2a  x  y Vậy S lớn nhất khi x.y lớn nhất Vậy trong các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích lớn nhất Bài tập 20 ( Bài tập áp dụng bất đẳng thức để giải PT, HPT. 2 2 2 1) Giải phương trình sau 4 3 x  6 x  19  5 x  10 x  14 4  2 x  x 2 2 2 Giải :Ta có 3x  6 x  19 3.( x  2 x  1)  16 3.( x  1)  16 16 2. 5 x 2  10 x  14 5.  x  1  9 9 2 2 Vậy 4. 3 x  6 x 19  5 x  10 x  14 2  3 5 Dấu ( = ) xảy ra khi x+1 = 0  x = -1 2 2 2 Vậy 4 3 x  6 x  19  5 x  10 x  14 4  2 x  x Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1. khi x = -1. 2 2 Ví dụ 2 :Giải phương trình x  2  x 4 y  4 y  3. Giải :áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :. x  2  x 2  12  12 . x 2   2  x 2   2. 2 2. (23) 1 Dấu (=) xảy ra khi x = 1 , Mặt khác , Dấu (=) xảy ra khi y = - 2  x 1   1 1 y  2 2  2 Vậy x  2  x 4 y  4 y  3 2 khi x =1 và y =- 2 , Vậy nghiệm của phương trình là  2. 4 y 2  4 y  3  2 y  1  2 2.  x  y  z 1  4 4 4 Ví dụ 3 :Giải hệ phương trình sau:  x  y  z xyz Giải : áp dụng BĐT Côsi ta có x4  y 4 y 4  z 4 z 4  x4 x4  y4  z4    2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y  y z  z x x2 y 2  y 2 z 2 z 2 y2  z 2 z 2 x2 z 2  y 2 x2    2 2 2 2 2 2  y xz  z xy  x yz  xyz.( x  y  z ) 1 Vì x+y+z = 1, Nên x  y  z  xyz , Dấu (=) xảy ra khi x = y = z = 3  x  y  z 1 1  4 4 4 Vậy  x  y  z  xyz có nghiệm x = y = z = 3 4. 4. 4.  xy  4 8  y 2  xy 2  x 2 Ví dụ 4 : Giải hệ phương trình sau  Từ phương trình (1). (1) (2).  8  y 2 0 hay y  8  x 2  2 2 x  22 0  (x . 2) 2 0.  x  2 2.  x  2  x . y 2 2 x  x  2 Từ phương trình (2) Nếu x = 2 thì y = 2 2 Nếu x = - 2 thì y = -2 2. Vậy hệ phương trình có nghiệm.  x  2   y  2. và.  x 2 2   y  2 2. Bài tập 20 ( Bài tập áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình nghiệm nguyên. 2 2 2 1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn x  y  z xy  3 y  2 z  3. (24) 2 2 2 Giải :Vì x,y,z là các số nguyên nên x  y  z xy  3 y  2 z  3  x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  3 0.  2  y2   3y2   x  xy      3 y  3   z 2  2 z 1 0 4   4  . . 2. . 2. 2. 2. y y 2 2  y   y    x    3   1   z  1 0  x    3   1   z  1 0 2 2  2  2  (*) Mà   x 1  2 2  y 2 y 2  y    x    3   1   z  1 0  z 1 2  2  Các số x,y,z phải tìm là  1 1 1   2 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x y z 1 1 1 3 2      2 z 3 x y z z Giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử x  y  z Ta có 1 1  1 Mà z nguyên dương vậy z = 1, Thay z = 1 vào phương trình ta được x y 1 1 1   y  y 2 mà y nguyên dương Theo giả sử x y nên 1 = x y Nên y = 1 hoặc y = 2 Với y = 1 không thích hợp Với y = 2 ta có x = 2 Vậy (2 ,2,1) là một nghiệm của phương trình Hoán vị các số trên ta được các nghiệm của phương trình là (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2) Ví dụ 3 : Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phương trình x  x  y (*) Giải : (*) Với x < 0 , y < 0 thì phương trình không có nghĩa (*) Với x > 0 , y > 0 Ta có. x  x y . x y2  x  0 2. k 2  k  k  1   k 1 Đặt x k (k nguyên dương vì x nguyên dương Ta cóNhưng  k  y  k 1 Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên dương liên tiếp không tồn tại một số nguyên dương nào cả Nên không có cặp số nguyên dương nào thoả mãn phương trình .  x 0  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là :  y 0 Bài tập 21 CMR : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + by +cz)2 ( BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ 3 số a, b, c và x, y, z). GiảI Xét hiệu : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) - (ax + by +cz)2 =a2x2+a2y2+a2z2+b2x2+b2y2+b2z2+c2x2+c2y2+c2z2- a2x2- b2y2- c2z2-2abxy-2acxz-2bcyz =(a2y2-2abxy+b2x2)+(a2z2–2acxz+c2x2)+(b2z2-2bcyz+ c2y2) =(ay - bx)2+ (az - cx)2+ (cy - bz)2 ≥ 0. x, y  R. (25) a b c = = x y z Bằng cách làm tương tự ta có thể phát triển bài toán BĐT Bunhiacôpxki tổng quát: Dấu “=” xảy ra khi. (a21 + a22 +…+ a2n)(x21 + x22 +…+ x2n) ≥ (a1x1 + a2x2 +…+ anxn )2 a1 a2 a = =. ..= n Dấu “=” xảy ra khi x1 x2 xn Để ý rằng nếu a và x là 2 số nghịch đảo của nhau thì ax = 1 (x =. 1 a. ). Từ bài toán 2 ta có thể đặt ra bài toán: Bài tập 22 Cho ba số a, b, c là 3 số dương Chứng minh rằng: (a + b + c)(. 1 1 1 + + )≥9 a b c. GiảI Theo bài toán 2 (BĐT Bunhiacôpxki): (a + b + c)(. 1 1 1 1 1 1 +√ b + √ c )  (a + b + c)( + + ) ≥ (√ a a b c √a √b √c. 1 1 1 + + )≥ a b c. 32 = 9 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.Từ bất đẳng thức (x+ y+ z)(. 1 1 1 + + )≥ 9 x y z. 1 1 1 + + )≥ 9 a+b b+c c+ a a b c 3 + + ≥ b+c a+c b+a 2. Đặt a + b = X; b + c = Y; c + a = Z ta được BĐT: 2(a + b + c)(  (. a b c + + +3) ≥ 9  b+c a+c b+a. (26)