Chứng minh Bất đẳng thức

Chia sẻ: Chu Ba Nam Nam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:49

Thêm vào BST

Báo xấu

2.368
lượt xem 856
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi môn toán tham khảo về phương pháp Chứng minh Bất đẳng thức. Chương I trình bày về phương pháp Chứng minh Bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương. Nội dung trình bày gồm: Tính chất cơ bản, vài bất đẳng thức thông dụng, ví dụ minh hoạ và lời giải. Chương II trình bày về bất đẳng thức cosi (Cauchy)...

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chứng minh Bất đẳng thức

Chương I NG TH C B NG PHƯƠNG PHÁP BI N I TƯƠNG ƯƠNG I . Tính ch t cơ b n: ax > bx khi x > 0 a. a > b ⇔  ax < bx khi x < 0  a − b > x − y a > x a > x  b.  ⇒ a + b > x + y Chú ý  ⇒  ab > xy b > y b > y a x  >  b y a > x ≥ 0 c.  ⇒ ab > xy b > y ≥ 0 d. a > b ≥ 0 ⇒ a 2 > b 2 H qu : a > b ⇔ a 2 > b 2 1 1 e. a > b > 0 ⇒< a b 1 1 a 0 • x < A ⇔ −A < x < A x < − A • x > A⇔  x > A II. Vài b t ng th c thông d ng: V i a, b, c,… tùy ý ( a, b, c... ∈ R ) a. a 2 + b 2 ≥ 2ab ( D u “ = ” x y ra ⇔ a = b ) b. a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ( D u “ = ” x y ra ⇔ a = b = c ) 1 1 1 1 4 c. V i a, b > 0 ta có: (a + b)  +  ≥ 4 ⇔ + ≥ a b a b a+b III. Các ví d :  π π Ví d 1: Cho x, y ∈  − ;  . Ch ng minh b t ng th c: 4 4  tan x − tan y
⇔ tan x − tan y > 1 − tan x tan y ⇔ tan 2 x + tan 2 y − 2 tan x tan y < 1 − 2 tan x tan y + tan 2 x tan 2 y ⇔ tan 2 x + tan 2 y − tan 2 x tan 2 y − 1 < 0 ⇔ tan 2 x(1 − tan 2 y ) − (1 − tan 2 y ) < 0  π π ⇔ (1 − tan 2 y )(tan 2 x − 1) < 0 ( Luôn úng ∀x, y ∈  − ;  )  4 4 Ví d 2: Ch ng minh r ng v i m i s th c a, b, c th a mãn i u ki n a + b + c = 1 thì: 1 1 1 a b c a + b + c ≥ 3.  a + b + c  3 3 3 3 3 3  Gi i: 1 Vì hàm s gi m nên ta có: 3x 1 1 a b a b 0 ≥ ( a − b)  a − b  ⇒ b + a ≥ a + b 3 3  3 3 3 3 Tương t ta có: b c b c c a c a c + b ≥ b+ c; a+ c ≥ c+ a 3 3 3 3 3 3 3 3 C ng v theo v các b t ng th c trên ( chú ý r ng a + b + c = 1 ), ta ư c: 1 1 1 a b c a b c a + b + c −  a + b + c  ≥ 2 a + b + c  3 3 3 3 3 3  3 3 3  1 1 1 a b c ⇔ a + b + c ≥ 3  a + b + c  ( pcm) 3 3 3 3 3 3  Ví d 3: a. Cho x > 0, y > 0 và xy ≤ 1 . Ch ng minh: 2 1 1 ≥ + (1) 1 + xy 1+ x 1+ y b. Cho 0 < a ≤ b ≤ c ≤ d và bd ≤ 1 . Ch ng minh: 4 1 1 1 1 ≥ + + + 1 + 4 abcd 1 + a 1 + b 1 + c 1 + d Gi i: a. Vì x > 0, y > 0 nên b t ng th c (1) tương ương v i: 2(1 + x)(1 + y ) ≥ (1 + xy )(1 + y ) + (1 + xy )(1 + x) ⇔ 2 + 2 x + 2 y + 2 xy ≥ 1 + xy + y + y xy + 1 + xy + x + x xy ⇔ ( x + y ) + 2 xy ≥ xy ( x + y ) + 2 xy ⇔ ( x + y ) − xy ( x + y ) + 2( xy − xy ) ≥ 0 ⇔ ( x + y )(1 − xy ) + 2 xy ( xy −1) ≥ 0 ⇔ (1 − xy )( x + y − 2 xy ) ≥ 0 2
⇔ (1 − xy )( x − y )2 ≥ 0 (2) ( x − y ) 2 ≥ 0  Vì:  nên (2) úng ( pcm)  xy ≤ 1 ⇒ 1 − xy ≥ 0   a , b, c , d > 0  a , b, c , d > 0 a ≤ b   b. a ≤ b ≤ c ≤ d nên  ⇒ ac ≤ db ≤ 1 bd ≤ 1  c≤d  bd ≤ 1  Theo k t qu câu a, ta có:  1 1 2 1 + a + 1 + c ≤ 1 + ac (a, c > 0; ac ≤ 1)    1 + 1 ≤ 2 (b, d > 0; bd ≤ 1)  1 + c 1 + d 1 + bd 1 1 1 1  1 1  ⇒ + + + ≤ 2.  +  1+ a 1+ b 1+ c 1+ d  1 + ac 1 + bd  2 ≤ 2. 1 + ac . bd 4 = ( pcm) 1 + abcd Ví d 4: Cho a, b, c ∈ [ − 1; 2] th a mãn i u ki n a + b + c = 0 . Ch ng minh: a 2 + b2 + c 2 ≤ 6 Gi i: • a ∈ [ − 1; 2] ⇔ −1 ≤ a ≤ 2 ⇔ ( a + 1)(a − 2) ≤ 0 ⇔ a 2 − a − 2 ≤ 0 ⇔ a 2 ≤ a + 2 (1) b 2 ≤ b + c (2)  • Tương t ta cũng có  2 c ≤ c + 2 (3)  C ng (1), (2), (3) ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≤ ( a + b + c) + 6 = 6 ( pcm) Ví d 5: Cho x, y, z ∈ [0;2] và x + y + z = 3 . Ch ng minh r ng: x2 + y 2 + z 2 ≤ 5 Gi i: Ta có: x, y, z ≤ 2 ⇒ (x − 2)( y − 2)( z − 2) ≤ 0 ⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) + 4( x + y + z ) − 8 ≤ 0 ⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) − 4.(3) − 8 ≤ 0 ⇔ xyz ≤ 2( xy + yz + zx) − 4 ( vì x + y + z = 3 ) ⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 ⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 = 32 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 3
⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 − xyz ( Vì x + y + z = 3 ) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 ( Vì xyz ≥ 0 ) ( pcm) Ví d 6: Cho x > 0, y > 0, z > 0 và xyz = 1 . Ch ng minh các b t ng th c sau: 1 1 1 a. + 3 3 + 3 ≤ 1 (1) x + y + 1 y + z + 1 z + x3 + 1 3 3 1 1 1 b. + + ≤ 1 (2) x + y +1 y + z +1 z + x +1 Gi i: a. t T = v trái c a b t ng th c (1) ( ta c n ch ng minh T ≤ 1 ) Ta có: x3 + y 3 = ( x + y )( x 2 + y 2 − xy )  x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇔ x 2 + y 2 − xy > xy Mà   x + y > 0 ( Vì x > 0, y > 0) Nên ( x + y )( x 2 + y 2 − xy ) ≥ ( x + y ) xy hay x3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) ⇒ x3 + y 3 +1 ≥ xy ( x + y ) + xyz ( Vì xyz = 1 ) ⇔ x 3 + y 3 +1 ≥ xy ( x + y + z ) > 0 1 1 ⇔ 3 ≤ (a) x + y + 1 xy ( x + y + z ) 3 Tương t ta có:  1 1  y 3 + z 3 + 1 ≤ xy ( x + y + z ) (b)  ⇔  1 1 ≤ (c)  z + x + 1 xy ( x + y + z )  3 3 C ng v theo v (a), (b), (c), ta có: 1  1 1 1 1  x+ y+ z  T≤  + + =   = 1 ( Vì xyz = 1 ) ( pcm) ( x + y + z )  xy yz zx  x + y + z  xyz  b. t S b ng v trái c a b t ng th c (2) ( ta c n ch ng minh S ≤ 1 )  x = a3   x , y , z > 0 ⇒ a , b, c > 0 t  y = b3 mà   xyz = 1 ⇒ a b c ⇔ abc = 1 3 3 3  z = c3  a, b, c > 0 và abc = 1 nên theo k t qu câu a, ta có: 1 1 1 + 3 3 + 3 ≤1 a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1 3 3 1 1 1 ⇔ + + ≤ 1 ( pcm) x + y +1 y + z +1 z + x +1 Ví d 7: Cho a, b > 0 và b, c > 0 . Ch ng minh: (a − c)c + (b − c)c ≤ ab (1) 4
Gi i: Bt ng th c (1) tương ương v i: c(a − c) + (b − c)c + 2 c 2 (a − c)(b − c) ≤ ab ⇔ c 2 + c 2 − ac + ab − bc − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0 ⇔ c 2 + a(b − c) − c(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0 ⇔ c 2 + (a − c)(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0 2   ⇔  c − (a − c)(b − c)  ≥ 0 ây là b t ng th c úng ( pcm) Ví d 8: Ch ng minh r ng i v i m i a, b, c ∈ R , ta có: 2 a + b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc (1) 4 Gi i: B t ng th c (1) tương ương v i: a 2 + 4b 2 + 4c 2 − 4ac − 8bc + 4ac ≥ 0 ⇔ ( a − 2b + 2c) 2 ≥ 0 ây là b t phương trình úng ( pcm) Ví d 9: Cho a 3 > 36 và abc = 1 . Ch ng minh: a2 + b 2 + c 2 > ab + bc + ca (1) 3 Gi i: Bt ng th c (1) tương ương v i: 2 a + (b + c)2 − 2bc > a (b + c) + bc 3 a2 ⇔ (b + c) 2 − a (b + c) + − 3bc > 0 3  a2 3  1 ⇔ (b + c) − a (b + c) +  −  > 0 ( Vì bc = ) 2  3 a a x = b + c  ⇔  a2 3  (a)  f ( x) = x 2 − ax +  −  > 0   3 a a2 3 Xét tam th c b c hai f ( x) = x 2 − ax + ( − ) có: 3 a  a 2 3  36 − a 3 ∆ = a2 − 4  −  = < 0 ( Vì a 3 > 36 )  3 a 3a ⇒ f ( x) > 0, ∀x ∈ R ⇒ (a ) úng ( pcm) Ví d 10: Cho −1 < x < 1 và n ∈ N , n > 1 . Ch ng minh: 5
(1 − x)2 + (1 + n)n < 2n Gi i: Vì −1 < x < 1 nên x = cos α (0 < α < π) lúc ó: (1 + n) n + (1 − n) n = (1 + cos α )n + (1 − cos α ) n n n  α  α =  2 cos 2  +  2sin 2   2  2  n α  α  n  α α = 2 n  cos 2  +  sin 2   < 2n  cos 2 + sin 2  = 2 n ( pcm)   2  2    2 2 * Chú ý: Khi ch ng minh b t ng th c b ng phương pháp bi n i tương ương c n: 1. Chú ý xem kĩ gi thuy t cho, vì trong m t s trư ng h p có th bi n i gi thuy t cho thành b t ng th c c n ch ng minh ( như ví d 4, 5…). 2. Trong m t s trư ng h p có th bi n i b t ng th c c n ch ng minh thành m t b t ng th c luôn úng ( ư c nêu ví d 1, 3, 7, 8…). 3. Nên thu c lòng và b t ng th c thông d ng ư c gi i thi u ph n II. IV. Bài t p tương t : 1. Ch ng minh r ng: n u 0 < x ≤ y ≤ z thì: 1 1 1 1 1 y  +  + ( x + z) ≤  + ( x + z) x z y x z * Hư ng d n: Tìm b t ng th c tương ương b ng cách quy ông m u s , ư c lư c s h ng ( x + z ) , chuy n v , bi n i v trái thành d ng tích s ,… 2. a, b, c, d là năm s th c tùy ý, ch ng minh b t ng th c: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ ab + ac + ad + ac Khi nào ng th c x y ra? * Hư ng d n: Tìm b t ng th c tương ương b ng cách bi n ib t ng th c ã cho v d ng: 2 2 2 2 a  a  a  a   − b +  − c +  − d  +  − e ≥ 0 2  2  2  2  … 3. a, b, c, là dài ba c nh c a tam giác ABC, ch ng minh: a + b + c 2 < 2(ab + bc + ca ) 2 2 * Hư ng d n: a < b + c ⇒ a 2 < ab + ac, b < a + c ⇒ ... 4. Ch ng minh: a 2 + b 2 ≥ 2ab, ∀a, b ∈ R Áp d ng a, b, c là ba s th c tùy ý, ch ng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c) 6
* Hư ng d n: Dùng công th c (a − b)2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ ... Áp d ng k t qu trên. 5. Ch ng minh ∀t ∈ [ − 1;1] ta có: 1+ t + 1− t ≥ 1+ 1+ t2 ≥ 2 − t2 * Hư ng d n • V i ∀t ∈ [ − 1;1] , ta luôn có: (1 − t ) + 2 (1 − t )(1 + t ) + (1 + t ) ≥ 1 + 2 1 − t 2 + (1 − t 2 ) Bi n i tương ương suy ra 1 + t + 1 − t ≥ 1 + 1 + t 2 • T : 0 ≤ 1− t2 ≤ 1 ⇒ 1+ 1+ t2 ≥ 2 − t2 Chương II B T NG TH C CÔSI (CAUCHY) I. Phương pháp gi i toán a+b 1) Cho 2 s a,b > 0, ta có: ≥ ab 2 D u “ = ” x y ra khi và ch khi a = b. 2) Cho n s a1, a2 , a3,..., an ≥ 0 ta có: a1 + a2 + a3 + ... + an n ≥ a1a2 a3 ...an n D u “ = ” x y ra khi và ch khi a1 = a2 = a3 = ... = an 3) B t ng th c côsi suy r ng Phát bi u: V i các s th c dương a1 , a2 , a3 ,..., an và x1 , x2 , x3 ,..., xn là các s th c không âm và có t ng b ng 1, ta có: a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 + ... + an xn ≥ a1x1 a2 x2 a3 x3 ...an xn 7
T ng quát: Cho n s dương tùy ý ai, i = 1, n và n s h u t dương qi, i = 1, n n n n th a ∑q i = 1 khi ó ta luôn có: ∏a qi i ≤ ∑ qi .ai i =1 i =1 i =1 D u “=” x y ra II. Các ví d Ví d 1: Cho n s dương ai, i = 1, n . Ch ng minh r ng: 1 1 1 1 (a1 + a2 + a3 + ... + an )  + + + ... +  ≥ n 2  a1 a2 a3 an  Gi i: 1 1 1 1 Áp d ng b t ng th c côsi cho các s a1 , a2 , a3 ,..., an , , , ,..., a1 a2 a3 an Ta có: a1 + a2 + a3 + ... + an ≥ n n a1a2 a3 ...an 1 1 1 1 n + + + ... + ≥ a1 a2 a3 an n a1a2 a3 ...an Nhân 2 v tương ng ta ư c b t ng th c c n ch ng minh và d u “=” x y ra khi a1 = a2 = a3 = ... = an Ví d 2:Ch ng minh v i m i a,b,c dương ta luôn có: 1 1 1 27 + + ≥ a (a + b) b(b + c) c(c + a) 2(a + b + c) 2 Gi i: Áp d ng b t ng th c côsi cho v trái: 1 1 1 3 + + ≥ (1) a (a + b) b(b + c) c(c + a ) 3 abc(a + b)(a + c)(b + c) Mà 33 abc ≤ (a + b + c)3 33 (a + b)(b + c)(c + a ) ≤ 8( a + b + c)3 8 ⇒ abc (a + b)(b + c)(c + a) ≤ 6 ( a + b + c)6 3 2 ⇔ 3 abc(a + b)(b + c)(c + a ) ≤ ( a + b + c) 2 9 8
3 27 ⇔ ≥ (2) abc(a + b)(b + c)(c + a ) 2( a + b + c) 9 2 T (1)(2) pcm D u “=” x y ra a = b = c Ví d 3: Ch ng minh v i m i s dương a, b, c ta luôn có 1 1 1 1 + 3 3 + 3 ≤ a 3 + b 3 + abc b + c + abc c + a 3 + abc abc Gi i Ta có: a3 + b3 ≥ ab(a + b) Nên abc abc c ≤ = a + b + abc ab( a + b) + abc a + b + c 3 3 Tương t ta cũng có abc abc a ≤ = b3 + c3 + abc bc(b + c) + abc a + b + c abc abc b ≤ = a + c + abc ac(a + c) + abc a + b + c 33 C ng v theo v ta ư c  1 1 1  abc  3 3 + 3 3 + 3 3  ≤1  a + b + abc b + c + abc c + a + abc  Hay 1 1 1 1 + 3 3 + 3 ≤ ( pcm) a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc 3 3 3 III. Bài t p tương t 1. Các s dương x, y, z có tích b ng 1. Ch ng minh b t ng th c : xy yz xz + 5 ≤1 x + xy + y 5 5 y + yz + z x + xz + z 5 5 5 *Hư ng d n: Ta có: x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ x5 + y 5 ≥ 2 x5 y 5 = 2x 2 y 2 xy ≥ (x+y)x 2 y 2 9
Do ó : xy xy 1 z ≤ = = x + xy + y 5 5 xy + (x+y)x y 2 2 1 + xy ( x + y ) x + y + z Tương t : yz x ≤ y + yz + z 5 5 x+ y+z xz y ≤ x + xz + z 5 5 x+ y+z C ng v theo v ta có pcm. D u “=” x y ra khi x = y = z. 2. V i m i x, y, z dương. Ch ng minh : x3 y 3 z 3 + + ≥ x+ y+z yz xz xy *Hư ng d n: Áp d ng b t d ng th c côsi, ta có: x3 + y + z ≥ 3x yz y3 + x + z ≥ 3y xz z3 + x + y ≥ 3z xy C ng v theo v ta ư c: x3 y 3 z 3 + + + 2( x + y + z ) ≥ 3( x + y + z ) yz xz xy ⇒ pcm D u “=” x y ra khi x = y = z. 3. Cho a, b, c là 3 s nguyên dương. Ch ng minh: a +b + c 2  (b + c) + (a + c) + (a + b) ≤  (a + b + c)  a b c 3  *Hư ng d n: Áp d ng b t ng th c côsi, ta có: (b + c) + ... + (b + c) + (a + c) + ... + (a + c) + (a + b) + ... + (a + b) nl n nl n nl n ≥ (a + b + c).a +b + c (b + c) a (a + c)b (a + b)c Hay : a +b + c  2(a + b + c)   a+b+c  ≥ (b + c) a (a + c)b (a + b)c (1)   10
Ta có b t ng th c sau: 2(a + b + c) 2(ab + bc + ca ) ≥ (2) 3 a+b+c Th t v y (2) ⇔ (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ( úng) T (1)(2), ta có pcm D u “=” x y ra khi a = b = c 4. Cho a, b, c là dài 3 c nh c a m t tam giác. Ch ng minh r ng: a b c + + ≥3 b+c−a c+ a−b a +b−c *Hư ng d n: Áp d ng b t ng th c côsi: b + c − a + c + a − b) (b + c − a )(c + a − b) ≤ =c 2 Tương t : (a + b − c)(c + a − b) ≤ a (b + c − a )(a + b − c) ≤ b Nhân v theo v ta ư c: (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc abc ⇒ ≥ 1 (1) (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) Ta l i d d ng b t ng th c côsi: a b c abc + + ≥ 33 ≥ 3 do(1) ( pcm) b+c−a c+a −b a +b−c (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) 11
Chương III B T NG TH C B NG B T NG TH C BUNHIACOPXKI ( B.C.S) I. B t ng th c bunhiacopxki: Cho 2 n s th c ( n ≥ 2 ) a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn. Ta có: (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) a1 a2 a D u “ = ” x y ra ⇔ = = ... = n hay a1 = kb1 ; a2 = kb2 ; ...; an = kbn b1 b2 bn Ch ng minh: a = a 2 + a 2 + ... + a 2  1 2 n t:  b = b12 + b2 2 + ... + bn 2  • N u a = 0 hay b = 0 thì b t ng th c luôn úng • N u a, b > 0 : a b t: α i = i ; β i = i ( i = 1, n ) a b Th thì α1 + α 2 + ... + α n 2 = β12 + β 2 2 + ... + β n 2 = 1 2 2 1 Mà: α i β i ≤ (α i 2 + β i 2 ) 2 1 Suy ra: α1β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) ≤ 1 2 ⇒ a1b1 + a2b2 + ... + an bn ≤ ab L i có: a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≤ a1b1 + a2b2 + ... + anbn Suy ra: (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) α = β i D u “ = ” x y ra ⇔  i α1β1 ,...α n β n cuøg daá n u a1 a2 a ⇔ = = ... = n b1 b2 bn II. Các ví d : Ví d 1: Cho a, b, c > 0 . Ch ng minh: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b 2 Gi i: Áp d ng b t ng th c B.C.S, ta có: 12
 a2 b2 c2   + +  ( b + c) ( c + a) ( a + b)  2 2 2  ( ) ( b + c )2 + ( a + c ) 2 + ( a + b ) 2 ≥ (a + b + c) 2 a2 b2 c2 a+b+c ⇔ + + ≥ b+c c+a a+b 2 Ví d 2: Cho a 2 + b 2 = 1 . Ch ng minh: a b + 1 + b a + 1 ≤ 2 + 2 Gi i: Áp d ng 2 l n b t ng th c B.C.S ta có: 2 (a b + 1 + b a + 1 ) ≤ ( a 2 + b 2 )(b + 1 + a + ) = 2 + a + b ≤ 2 + 12 + 12 . a 2 + b 2 = 2 + 2 (do a 2 + b 2 = 1 ) Vì v y a b + 1 + b a + 1 ≤ 2 + 2 .  a b +1  = D u “ = ” x y ra ⇔  b a + 1 ⇒ a = b a = b  Ví d 3: Ch ng minh r ng n u phương trình 4 x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + 1 = 0 (1) cos nghi m thì a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 Gi i: T (1) ta có: −(1 + x 4 ) = ax3 + bx 2 + cx Áp d ng b t ng th c B.C.S: (1 + x 4 ) 2 = (ax3 + bx 2 + cx) 2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )( x 6 + x 4 + x 2 ) (1 + x 4 ) 2 ⇒ (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (2) x6 + x4 + x2 (1 + x 4 )2 4 M t khác: 6 4 2 ≥ (3) x +x +x 3 Th t v y: (3) ⇔ 3(1 + 2 x + x8 ) ≥ 4( x 6 + x 4 + x 2 ) 4 ⇔ 3x8 − 4 x 6 + 2 x 4 − 4 x 2 + 3 ≥ 0 ⇔ ( x 2 − 1) 2 (3 x 4 + 2 x 2 + 3) ≥ 0 ( luôn úng) 4 T (2) và (3): a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3  2  a = b = c = 3 ( x = 1) D u “ = ” x y ra ⇔   a = b = c = − 2 (x = −1)   3 Ví d 4: Cho a, b, c > 0 th a a + b + c = 1 . Ch ng minh r ng: 13
1 1 1 1 P= + + + ≥ 30 a + b + c ab bc ca 2 2 2 Gi i: Áp d ng b t ng th c B.C.S:  1 1 1 1  100 =  . a 2 + b2 + c 2 + .3 ab + .3 bc + .3 ca   a +b +c 2 2 2 ab bc ca   1 1 1 1  ≥ 2 + + +  ( a 2 + b 2 + c 2 + 9ab + 9bc + 9ca )  a + b + c ab bc ca  2 2  7  10 P = P (a + b + c)2 + 7(ab + bc + ca )  ≤ P 1 + (a + b + c)2  ≤   ⇒ P ≥ 30  3  3 Do: a + b + c = 1 ( theo gi thuy t) (a + b + c)2 ⇒ ab + bc + ca ≤ 3 Ví d 5: Cho a, b, c > 0 và abc = 1 . Ch ng minh r ng: 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2 3 Gi i: 1 1 1 t: a = ; b = ; c = . Khi ó t a, b, c > 0 và abc = 1 ⇒ x, y, z > 0 và xyz = 1 x y z Bt ng th c ã cho ưa v dư i d ng sau: x yz y 3 zx z 3 xy 3 3 + + ≥ y+z z+x x+ y 2 x2 y2 z2 3 ⇒ + + ≥ (do xyz = 1 ) (1) y+z z+x x+ y 2 Áp d ng b t ng th c B.C.S, ta có:  x 2 y 2 z2  ⇒ + +  ( y + z + z + x + x + y) ≥ ( x + y + z ) 2  y+ z z+ x x+ y x2 y2 z2 ( x + y + z )2 x + y + z ⇔ + + ≥ = (2) y + z z + x x + y 2( x + y + z ) 2 x y z x+ y+z 1 D u “ = ” x y ra ⇔ = = = = y + z z + x x + y 2( x + y + z ) 2 ⇔ y + z = 2 x; z + x = 2 y; x + y = 2z ⇔ x= y=z M t khác, theo b t ng th c Causi: x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3 ( do xyz = 1 ) (3) D u “ = ” x y ra khi x = y = z . x2 y2 z2 3 T (2) và (3) suy ra: + + ≥ . V y (1) úng. y+z z+x x+ y 2 D u “ = ” x y ra ⇔ x = y = z hay a = b = c 14
⇒ pcm. Ví d 6: Cho ∆ABC tùy ý có m1, m2, m3 là dài 3 ư ng trung tuy n và R là bán kính ư ng tròn ngo i ti p tam giác. Ch ng minh r ng 9R ≥2 m1 + m2 + m3 Gi i: Ta có công th c ư ng trung tuy n: 2b 2 + 2c 2 − a 2 ma 2 = 4 3 ⇒ ma 2 + mb 2 + mc 2 = (a 2 + b 2 + c 2 ) 4 M t khác, trong m i tam giác ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 9R 2 (1) D u “ = ” trong (1) x y ra ⇔ ∆ABC u. 27 2 ⇒ ma 2 + mb 2 + mc 2 ≤ R (2) 4 Áp d ng b t ng th c B.C.S: ⇒ ( ma + mb + mc ) ≤ 3( ma 2 + mb 2 + mc 2 ) (3) 2 D u “ = ” trong (3) x u ra ⇔ ma = mb = mc ⇔ ∆ABC u. 81 2 T (2) và (3) ⇒ ( ma + mb + mc ) ≤ 2 R 4 9R ⇔ ma + mb + mc ≤ 2 9R ⇔ ≥2 ma + mb + mc D u “ = ” x y ra ng th i trong (2) và (3) hay ∆ABC u. Ví d 7: Cho a1 , a2 ,..., an > 0 . Ch ng minh r ng: a1 a2 an (a1 + a2 + ... + an ) 2 + + ... + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 2(a12 + a2 2 + ... + an 2 ) Gi i: Áp d ng b t ng th c B.C.S, ta có:  a1 a2 an  + + ... +  [ a1 ( a2 + a3 ) + a2 ( a3 + a4 ) + ... + an ( a1 + a2 )] ≥ (a1 + a2 + ... + an ) 2   a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2  a1 a2 an (a1 + a2 + ... + an ) 2 Hay + + ... + ≥ (1) a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 a1a2 + a1a3 + a2 a3 + a2 a4 + ... + an a1 + an a2 D y “ = ” x y ra: ⇔ a2 + a3 = a3 + a4 = ... = an + a1 = a1 + a2 15
⇔ a1 = a2 = ... = an a12 + a2 2 a12 + a3 2 a 2 + a32 Do a1a2 + a1a3 ≤ + = a12 + 2 2 2 2 a + a4 2 2 a2 a3 + a2 a4 ≤ a2 2 + 3 2 … a12 + a2 2 an a1 + an a2 ≤ an + 2 2 C ng t ng v n b t ng th c trên ta có: ( a1a2 + a1a3 ) + ( a2 a3 + a2 a4 ) + ... + ( an a1 + an a2 ) ≤ 2 ( a12 + a2 2 + ... + an 2 ) (2) D u “ = ” trong (2) x y ra khi: a1 = a2 = ... = an T (1), (2) suy ra: a1 a2 an (a1 + a2 + ... + an ) 2 + + ... + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 2(a12 + a2 2 + ... + an 2 ) D u “ = ” x y ra ⇔ a1 = a2 = ... = an III. Bài t p tương t : 16 1. Cho ab + bc + ca = 4 . Ch ng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≥ 3 *Hư ng d n Áp d ng b t ng th c B.C.S hai l n: (ab + bc + ca ) ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )(b 2 + c 2 + a 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≤ 3(a 4 + b 4 + c 4 ) 2 16 ⇒ a4 + b4 + c4 ≥ ( do ab + bc + ca = 4 ). 3 2 D u “ = ” x y ra ⇔ a = b = c = ± 3  x 2 + xy + y 2 = 3  2. Cho  2  y + yz + z = 16 2  Ch ng minh r ng: xy + yz + xz ≤ 8 *Hư ng d n Theo b t ng th c B.C.S, ta có:  x  3  3 2  z  2 18 = ( x 2 + xy + y 2 )( y 2 + yz + z 2 ) =  y +  + x 2   z 2 +  y +     2  4  4   2  2  x 3 3  z  3 x  y +   = ( xy + yz + xz ) 2 ≥  y +  z+  2 2 2  2  4 ⇒ ( xy + yz + xz ) ≤ 64 2 ⇒ pcm. 16
3. Ch ng minh r ng n u phương trình x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 có nghi m thì: 4 a 2 + b2 ≥ 5 *Hư ng d n G i x là nghi m c a phương trình ã cho: x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 ( ⇒ x ≠ 0 ) Chia 2 v cho x 2 > 0 , ta ư c:  2 1   1  x + 2  + a  x +  + b = 0 (1)  x   x 1 t t = x+ , t ≥2. x (1) ⇔ t + at + b − 2 = 0 ⇔ 2 − t 2 = at + b 2 Áp d ng B.C.S: ( 2 − t 2 ) = ( at + b ) ≤ ( a 2 + b 2 )( t 2 + 1) 2 2 ⇒ a +b 2 2 ≥ (2 − t ) 2 2 t 2 −1 Ta d ch ng minh ư c: (2 − t ) 2 2 ≥ 4 ( dành cho b n c t ch ng minh). t −12 5 4 ⇒ a2 + b2 ≥ 5 4. Cho x, y, z > 0 th a xy + yz + xz = 1 . Tìm giá tr nh nh t c a: x2 y2 z2 T= + + x+ y y+z z+x *Hư ng d n Áp d ng b t ng th c B.C.S: +) 1 = x y + y z + z x ≤ x + y + z . x + y + z = x + y + z 2  x y z  +) ( x + y + z ) =  2 x+ y + y+z + z+x  x+ y y+z z+x     x2 y2 z2  ≤ + +  ( x + y + y + z + z + x ) = 2T ( x + y + z )  x+ y y+z z+x 1 1 ⇒T ≥ (x + y + z) = 2 2 1 D u “ = ” x y ra ⇔ x = y = z = 3 1 1 V y Min(T ) = khi x = y = z = . 2 3 17
5. Cho x ≥ y ≥ z ≥ 0 . Ch ng minh r ng: x2 y y2 z z 2 x + + ≥ x2 + y 2 + z 2 z x y *Hư ng d n Áp d ng b t ng th c B.C.S:  x y y z z 2 x   x2 z y 2 x z 2 y  2 2  + +  + +  ≥ (x + y + z ) 2 2 2 2  z x y  y z x  Xét hi u: x2 y y2 z z 2 x x2 z y 2 x z 2 y A= + + − − − z x y y z x 1 = ( x − y )( y − z )( z − x )( xy + yz + xz ) > 0 (2) xyz x2 y y2 z z2 x T (1), (2) ⇒ + + ≥ x2 + y 2 + z 2 z x y D u “ = ” x y ra ⇔ x = y = z 6. Cho ∆ABC , M là i m b t kì trong tam giác. G i x, y, z, là các kho ng cách t M xu ng BC, AC, AB. Ch ng minh r ng: a2 + b2 + z 2 x+ y+ z≤ 2R *Hư ng d n Ta có: S MBC + SMCA + S MAB = S x y z ⇒ + + =1 ha hb hc  x y z  Ta có: ha + hb + hc = ( ha + hb + hc )  + +   ha hb hc  Theo b t ng th c B.C.S, suy ra:  x y z  ha + hb + hc ≥  ha  + hb + hc    ha hb hc  ⇒ ha + hb + hc ≥ x + y + z (1) Do trong m i tam giác nên ta có: ha = b sin C ; hb = c sin A; hc = a sin B nên: bc + ac + ab ha + hb + hc = ha = b sin C + hb = c sin A + hc = a sin B = 2R Theo b t ng th c Causi: a2 + b2 + c2 ha + hb + hc = (2) 2R 18
T (1), (2) suy ra pcm. D u “ = ” x y ra khi ∆ABC u, M là tr ng tâm tam giác. Chương IV B T NG TH C TRÊ – BƯ – SEP (TCHEBYCHEV) I. Phát bi u - Cho 2 dãy s a1 , a2 , a3 ,..., an và b1 , b2 , b3 ,..., bn + N u 2 dãy s cùng tăng ho c cùng gi m a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an  a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an  ho c  b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn Ta có: ( a1 + a2 + a3 +...+ an )( b1 +b2 +b3 +... +bn ) ≤ n(ab1 + a2b2 + a3b3 +... + anbn) 1 + N u 1 dãy tăng, 1 dãy gi m a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an  ho c  b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn Ta có: ( a1 + a2 + a3 + ... + an )( b1 + b2 + b3 + ... + bn ) ≥ n(a1b1 + a2b2 + a3b3 + ... + anbn )  a1 = a2 = a3 = ... = an D u “=” x y ra khi và ch khi  b1 = b2 = b3 = ... = bn II. Các ví d Ví d 1: Cho a + b ≥ 0 . Ch ng minh (a + b)(a + b )(a + b ) ≤ 4(a + b ) 3 3 5 5 9 9 19
Gi i Gi s a 3 ≥ b3  a≥b⇒ 5 a ≥ b 5  Áp d ng b t ng th c trê – bư – sep, ta có:  a 3 + b3  a 5 + b5  a 8 + b8   ≤ (1)  2  2  2 a+b Nhân v c a (1) cho ≥ 0 , ta có: 2  a + b   a + b  a + b   a + b   a + b  3 3 5 5 8 8    ≤    2   2  2   2   2  Cũng theo b t ng th c trê – bư – sep ta có:  a + b  a + b   a + b  8 8 9 9   ≤   2  2   2  Suy ra: (a + b)( a 3 + b3 )( a 5 + b5 ) a 9 + b9 ≤ 8 2 ⇔ ( a + b)( a + b )(a + b ) ≤ 4(a 9 + b9 ) 3 3 5 5 D u “=” x y ra ⇔a=b Ví d 2: Cho dãy s dương trong ó : a1 + a2 + ... + an > 1 2 2 2 3 a13 3 a2 an 1 Ch ng minh: + + ... + > s − a1 s − a2 s − an n − 1 V i s = a1 + a2 + ... + an Gi i Không m t tính t ng quát ta gi s : a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an do: 20