PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Chia sẻ: Paradise9 Paradise9 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:43

Thêm vào BST

Báo xấu

123
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'phần ii các phương pháp chứng minh bất đẳng thức', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0 Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2  0 với M Ví dụ 1  x, y, z chứng minh rằng : a) x 2 + y 2 + z 2  xy+ yz + zx b) x 2 + y 2 + z 2  2xy – 2xz + 2yz c) x 2 + y 2 + z 2 +3  2 (x + y + z) Giải: 1 a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx = .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx) 2 1   ( x  y ) 2  ( x z ) 2  ( y  z ) 2  0 đúng với mọi x;y;z  R = 2 Vì (x-y)2  0 vớix ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y (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 z=y Vậy x 2 + y 2 + z 2  xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z 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  R 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. Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1 Ví dụ 2: chứng minh rằng : 2 2 a2  b2  c2  a  b  c  a2  b2  a  b    a)  ; b) c) Hãy tổng quát 3 3 2 2   bài toán Giải: 2 a2  b2  a  b  a) Ta xét hiệu   2 2   2 a2  b2 a 2  2ab  b 2 1 1 = 2a 2  2b 2  a 2  b 2  2ab  = a  b   0 2  = 4 4 4 4 2 a2  b2  a  b  Vậy  . Dấu bằng xảy ra khi a=b 2 2 b)Ta xét hiệu 2 a2  b2  c2  a  b  c  1   2 2 2  = a  b   b  c   c  a   0 .Vậy  3 3 9  2 a2  b2  c2  a  b  c    3 3   Dấu bằng xảy ra khi a = b =c 2 a 2  a 2  ....  a n  a1  a 2  ....  a n  2 2 c)Tổng quát 1   n n   Tóm lại các bước để chứng minh A  B theo 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 Ví dụ 1: Chứng minh m,n,p,q ta đều có : m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1 m(n+p+q+1) Giải:  m2   m2   m2   m2   mn  n 2     mp  p 2     mq  q 2       4  m  1  0 4  4  4       2 2 2 2 m  m  m  m     n     p     q     1  0 (luôn đúng) 2  2  2  2  m m  2 n 0  n  2 m  m   p0  m2 2 p  Dấu bằng xảy ra khi   2  m n  p  q  1  q 0  m q 2  m 2 m 2 1  0  2  Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a 4  b 4  c 4  abc(a  b  c ) Giải: Ta có : a 4  b 4  c 4  abc(a  b  c ) , a, b, c  0  a 4  b 4  c 4  a 2 bc  b 2 ac  c 2 ab  0  2a 4  2b 4  2c 4  2a 2 bc  2b 2 ac  2c 2 ab  0       2 2 2  a2  b2  2a 2 b 2  b 2  c 2  2b 2 c 2  c 2  a 2  2a 2 c 2  2a 2 bc  2b 2 ac  2c 2 ab  0    b   c  2 2 2  a2  b2 2  c2 2  a2  (a 2 b 2  b 2 c 2  2b 2 ac )  (b 2 c 2  c 2 a 2  2c 2 ab)  (a 2 b 2  c 2 a 2  2a 2 ab)  0    b   c   ab  bc   bc  ac   ab  ac  2 2 2 2 2 2  a2  b2 2  c2 2  a2 0 Đúng với mọi a, b, c. Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương Kiến thức:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh t ương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng. Nếu A < B  C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết là đúng thì có bất đẳng thức A < B . Chú ý các hằng đẳng thức sau:  A  B 2  A 2  2 AB  B 2  A  B  C 2  A 2  B 2  C 2  2 AB  2 AC  2 BC  A  B 3  A 3  3 A 2 B  3 AB 2  B 3 Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng b2 a2   ab a) 4 a 2  b 2  1  ab  a  b b) a 2  b 2  c 2  d 2  e 2  a b  c  d  e  c) Giải: b2 2  ab  4a 2  b 2  4ab  4a 2  4a  b 2  0  2a  b   0 2 a) a  4 b2 (BĐT này luôn đúng). Vậy a 2   ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b) 4 a 2  b 2  1  ab  a  b  2(a 2  b 2  1   2(ab  a  b) b)  a 2  2ab  b 2  a 2  2a  1  b 2  2b  1  0  (a  b) 2  (a  1) 2  (b  1) 2  0 Bất đẳng thức cuối đúng. Vậy a 2  b 2  1  ab  a  b . Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
c) a  b  c 2  d 2  e 2  a b  c  d  e   2 2 4 a 2  b 2  c 2  d 2  e 2   4ab  c  d  e        a 2  4ab  4b 2  a 2  4ac  4c 2  a 2  4ad  4d 2  a 2  4ac  4c 2  0 2 2 2 2  a  2b   a  2c   a  2d   a  2c   0 Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh      Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a 10  b10 a 2  b 2  a 8  b 8 a 4  b 4 Giải: a     10  b10 a 2  b 2  a 8  b 8 a 4  b 4  a12  a 10 b 2  a 2 b10  b12  a12  a 8 b 4  a 4 b 8  b12      a 8 b 2 a 2  b 2  a 2 b 8 b 2  a 2  0  a2b2(a2-b2)(a6-b6)  0  a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4)  0 Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh x2  y2 Ví dụ 3: cho x.y =1 và x  y Chứng minh 2 2 x y x2  y2  2 2 vì :x  y nên x- y  0  x2+y2  2 2 ( x-y) Giải: x y  x2+y2- 2 2 x+ 2 2 y  0  x2+y2+2- 2 2 x+ 2 2 y -2  0  x2+y2+( 2 )2- 2 2 x+ 2 2 y -2xy  0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2  (x-y- 2 )2  0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4: Chứng minh rằng: a/ P(x,y)= 9 x 2 y 2  y 2  6 xy  2 y  1  0 x, y  R b/ a 2  b 2  c 2  a  b  c (gợi ý :bình phương 2 vế)
c/ Cho ba 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 Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 111 111 111   )=x+y+z - (   )  0 (vì   < x+y+z =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( xyz xyz xyz theo gt)  2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương. Nếu 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 a b c Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 1    2 ab bc ac Giải: a a 1 1 Ta có : a  b  a  b  c     (1) ab abc ab abc b b c c Tương tự ta có : ( 2) ,   (3) bc abc ac abc Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được : a b c (*)   1 ab bc ac a ac Ta có : a  a  b   ( 4) ab abc b ab c cb Tương tự : (5) ,   ( 6) bc abc ca abc
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được : a b c (**)   2 ab bc ac a b c Từ (*) và (**) , ta được : 1   2 (đpcm)   ab bc ac Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ Kiến thức: a) x 2  y 2  2 xy b) x 2  y 2  xy dấu( = ) khi x = y = 0 c)  x  y 2  4 xy ab d)  2 ba Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng (a+b)(b+c)(c+a)  8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ:  x  y 2  4 xy a  b 2  4ab ; b  c 2  4bc c  a 2  4ac Tacó ; 2 2 2 2  a  b  b  c  c  a   64a 2 b 2 c 2  8abc   (a+b)(b+c)(c+a)  8abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy Kiến thức: a/ Với hai số không âm : a, b  0 , ta có: a  b  2 ab . Dấu “=” xảy ra khi a=b b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm :
a1  a 2  ...  a n  n n a1a 2 ..a n n  a  a 2  ...  a n   a1a 2 ..a n   1  n   Dấu “=” xảy ra khi a1  a 2  ...  a n Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm. 2x 4x 2x 3 x x  Ví dụ 1 : Giải phương trình : x x 2 4 1 2 1 2  4 a  2 x  x , a, b  0 Giải : Nếu đặt t =2 thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt  b  4 x  a b 1 3 Khi đó phương trình có dạng :    b 1 a 1 a  b 2 Vế trái của phương trình: a b  a  b 1   a  b 1   a  b 1  1    1    1    1  3     3  b 1   a 1   a  b   b 1   a 1   a  b  1 1 1 1 1 1   a  b  c    3   b  1   a  1   a  b       b 1  a 1  a  b   3   b 1 a 1 a  b    13 3 3 3 a  1b  1a  b .  3 3 a  1b  1a  b  2 2 Vậy phương trình tương đương với : a 1  b  1  a  b  a  b  1  2x  4x  1  x  0 . Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P x y z   = x 1 y 1 z 1
1 1 1   Giải : P = 3- ( ) = 3 – Q. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì x 1 y 1 z 1 111 1 1 1 1 111 9  a  b  c     9     a  b  c  3 3 abc    33 abc abc a b c a b c abc 1 1 1 9 9 93   Suy ra Q =   -Q   nên P = 3 – Q  3- = x 1 y 1 z 1 4 4 44 3 1 Vậy max P = .khi x = y = z = . 4 3 Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng: abc 1 1 1 2 2  2 2abc a  bc b  ac c  ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 2 1 1 1 1 a 2  bc  2a bc      2 a  bc a bc 2  ab ac  Tương tự : 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1      2     2 b   ac b ac 2  bc ab  c   ab c ab 2  ac bc  abc 2 2 2 2 2 2  a  bc b   ac c   ab 2abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. a b c Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC :  3 (*)   bca cab abc Giải : Theo bất đẳng thức Côsi : a b c abc    33 (1) bca cab abc (b  c  a)(c  a  b)(a  b  c) Cũng theo bất đẳng thức Côsi :
1 (b  c  a )(c  a  b)  ( b  c  a  c  a  b )  c ( 2) 2 Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được (b  c  a )(c  a  b)(a  b  c)  abc abc   1 (3) (b  c  a )(c  a  b)(a  b  c) Từ (1),(3) suy ra (*). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều . Ví dụ 5: 0  a  b  c Cho  . Chứng minh rằng: 0  x, y, z 2  by  cz  x  y  z   a  c  x  y  z 2   a b c 4ac Giải: Đặt f ( x )  x 2  (a  c ) x  ac  0 có 2 nghiệm a,c Mà: a  b  c  f (b)  0  b 2  (a  c )b  ac  0 ac y  a  c  yb  ac  a  c  y b b b x y z    xa  ac   ( yb  ac )  ( zc  ac )  a  c x  a  c  y  (a  c ) z a b c  x y z  xa  yb  zc  ac     a  c  x  y  z  a b c Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: xa  yb  zc ac x  y  z   a  c x  y  z  2   a b c x y z  4 xa  yb  zc ac     a  c   x  y  z  2 2 a b c 2  x y z  a  c  x  y  z 2 (đpcm)   xa  yb  zc ac     a b c 4ac
Phương pháp 5 Bất đẳng thức Bunhiacopski Kiến thức: Cho 2n số thực ( n  2 ): a1 , a 2 ,...a n , b1 , b2 ,..., bn . Ta luôn có: (a1b1  a 2 b2  ...  a n bn ) 2  (a12  a 2  ...  a n )(b12  b2  ...  bn ) 2 2 2 2 a a1 a 2  ....  n Dấu “=” xảy ra khi   b1 b2 bn b b1 b2  ....  n (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 ) Hay  a1 a 2 an Chứng minh: a  a 2  a 2  ...  a 2  1 2 n Đặt  2 2 2  b  b1  b2  ...  bn   Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.  Nếu a,b > 0: ai b ,  i  i i  1,2,...n  , Thế thì:  12   2  ...   n   12   22  ...   n2 2 2 Đặt:  i  a b 12    i   i2 Mặt khác:  i  i  2 Suy ra: 1 1  1  1   2  2  ...   n  n  (12   2  ....   n )  (  12   22  ...   n2 )  1 2 2 2 2  a1b1  a 2 b2  ...  a n bn  a.b Lại có: a1b1  a 2 b2  ...  a n bn  a1b1  a 2 b2  ...  a n bn Suy ra: (a1b1  a 2 b2  ...  a n bn ) 2  (a12  a 2  ...  a n )(b12  b2  ...  bn ) 2 2 2 2     i i  1,2,..., n  a a a Dấu”=” xảy ra   i  1  2  ....  n  1  1 .... n  n cùng dáu b1 b2 bn
Ví dụ 1 : 1 Chứng minh rằng: x  R , ta có: sin 8 x  cos 8 x  8 Giải: Ta có: sin 2 x  cos 2 x  1, x  R Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:     1  sin 2 x.1  cos 2 x.1  sin 4 x  cos 4 x 12  12 1 1 2    sin 4 x  cos 4 x   sin 4 x  cos 4 x  2 4 Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa: 1 1 1 2        sin 4 x.1  cos 4 x.1   sin 8 x  cos8 x 12  12  sin 4 x  cos 4 x   4 4 8 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn. Tìm GTLN của: P  1  tan A. tan B  1  tan B. tan C  1  tan C. tan A Giải: * Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: (ai , bi ,..., ci )(i  1,2,...., m) Thế thì: (a1a 2 ...a m  b1b2 ...bm  ...  c1c 2 ...c m ) 2  (a1m  b1m  ...  c1m )(a 2  b2  ...  c 2 )(a m  bm  ...  c m ) m m m m m m Dấu”=” xảy ra   bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì  t i sao cho: a  t i ai , b  t i bi ,..., c  t i ci , Hay a1 : b1 : ... : c1  a 2 : b2 : ... : c 2  a n : bn : ...c n a12  a 2  ...  a n  3 2 2 Ví dụ 1: Cho  n  Z,n  2  a a1 a 2  ....  n  2 Chứng minh rằng:  n 1 2 3
Giải: 1 1 1 k  N * ta có:   k2 1 1  1  k2   k   k   4 2  2  1 1 1    2 1 1 k k k 2 2   1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2  2  2  ...  2      ...       3   n 3 5  5 7 1 1 13 23 n n  2 n 2 2  2 2 2 2 2  Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski: a a1 a 2 1 1 1 2  ....  n  a12  a 2  ...  a n 2 2  2 (đpc   2  ...  2  3 2 n 1 2 3 3 n 2 3 m) Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng: Ví dụ 2: (a  c ) 2  (b  d ) 2  a 2  b 2  c 2  d 2 ac+bd  a 2  b 2 . c 2  d 2 Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó mà a  c 2  b  d 2  a 2  b 2  2ac  bd   c 2  d 2    a2  b2  2 a2  b2 . c2  d 2  c2  d 2  (a  c ) 2  (b  d ) 2  a 2  b 2  c 2  d 2 Ví dụ 3: Chứng minh rằng : a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Giải: Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có 1  1  1 (a  b  c )  1.a  1.b  1.c 2 2 2 2 2 2 2
   3 a 2  b 2  c 2  a 2  b 2  c 2  2ab  bc  ac   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép Kiến thức: a  a 2  .....  a n a)Nếu  1 thì b1  b2  .....  bn a1  a 2  ...  a n b1  b2  ....  bn a1b1  a 2 b2  ....  a n bn .  . n n n  a  a 2  ....  a n Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi  1 b1  b2  ....  bn a  a 2  .....  a n b)Nếu  1 thì b1  b2  .....  bn a1  a 2  ...  a n b1  b2  ....  bn a1b1  a 2 b2  ....  a n bn .  n n n  a  a 2  ....  a n Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi  1 b1  b2  ....  bn Ví dụ 1: Cho  ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và sin A. sin 2a  sin B. sin 2 B  sin C. sin 2C 2S  . sin A  sin B  sin C 3 S là diện tích tan giác. chứng minh rằng  ABC là tam giác đều.  Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư 0  A  B  C  . Suy ra: 2 sin A  sin B  sin C  sin 2a  sin 2 B  sin 2C Áp dụng BĐT trebusep ta được:
sin A  sin B  sin C sin 2 A  sin 2 B  sin 2C    3sin A. sin 2 A  sin B. sin 2 B  sin C. sin 2C  sin A. sin 2 A  sin B. sin 2 B  sin C. sin 2C 1  (sin 2 A  sin 2 B  sin 2C )  sin A  sin B  sin C 3 sin A  sin B  sin C Dấu ‘=’ xảy ra    ABC dêu sin 2 A  sin 2 B  sin 2C Mặt khác: sin 2 A  sin 2 B  sin 2C  2 sin( A  B). cos( A  B)  sin 2C  2 sin C cos( A  B)  cos C   2 sin C cos( A  B)  cos( A  B)  2 sin C.2 sin A. sin B  4 sin A sin B sin C  (2 R sin A)(2 R sin B ). sin C  a.b. sin C  2S ( 2) Thay (2) vào (1) ta có sin A. sin 2a  sin B. sin 2 B  sin C . sin 2C 2 S  . sin A  sin B  sin C 3 Dấu ‘=’ xảy ra   ABC đều. Ví dụ 2(HS tự giải): 111 a/ Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR:   9 abc CMR:x+2y+z  4(1  x )(1  y )(1  z ) b/ Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 c/ Cho a>0 , b>0, c>0 a b c 3 CMR:    bc ca ab 2 1 d)Cho x  0 ,y  0 thỏa mãn 2 x  y  1 ;CMR: x+y  5 a2  b2  c2  1. dụ 3: Cho a>b>c>0 và Chứng minh Ví 3 b3 c3 a 1    rằng bc ac ab 2
Giải: a2  b2  c2   Do a,b,c đối xứng ,giả sử a  b  c   a b c b  c  a  c  a  b  Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có a2  b2  c2  a a b c b c  13 1 a2.  b2.  c2.  .   = . = bc ac ab bc ac ab 3 2 2 3 a3 b3 c3 1 1    Vậy Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= bc ac ab 2 3 Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng : Ví dụ 4: a 2  b 2  c 2  d 2  a b  c   bc  d   d c  a   10 Giải: Ta có a 2  b 2  2ab c 2  d 2  2cd 1 11 Do abcd =1 nên cd = (dùng x   ) ab x2 1 Ta có a 2  b 2  c 2  2(ab  cd )  2(ab  )  4 (1) ab Mặt khác: ab  c   bc  d   d c  a  = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) 1  1  1  =  ab     ac     bc    2  2  2 ab   ac   bc   Vậy a 2  b 2  c 2  d 2  a b  c   bc  d   d c  a   10 Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli Kiến thức:
n a)Dạng nguyên thủy: Cho a  -1, 1  n  Z thì 1  a   1  na . Dấu ‘=’ xảy ra khi a  0 và chỉ khi  n  1 b) Dạng mở rộng:  - Cho a > -1,   1 thì 1  a   1  na . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.  - cho a  1,0    1 thì 1  a   1  na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ a  0 khi  .   1 Ví dụ 1 : Chứng minh rằng a b  b a  1, a, b  0 . Giải - Nếu a  1 hay b  1 thì BĐT luôn đúng - Nếu 0 < a,b < 1 Áp dụng BĐT Bernouli: b b b 1  a  a  b  1   1 a  a  ab     1    1  . a  a a a ab b . Suy ra a b  b a  1 Chứng minh tương tự: b a  (đpcm). ab Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng 5 a5  b5  c5  a  b  c   . (1) 3 3   Giải 5 5 5 1   3a    3b    3c   3     abc abc abc Áp dụng BĐT Bernouli:
5 5 5b  c  2a   3a   b  c  2a    1    1 (2)  abc abc  abc  Chứng minh tương tự ta đuợc: 5 5c  a  2b   3b   1 (3)  abc abc 5 5a  b  2c   3c   1 (4)  abc abc Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có 5 5 5  3a   3b   3c        3  (đpcm)  abc abc abc Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây: “Cho a1 , a 2 ,...a n  0; r  1. Chứng minh rằng r a1r  a 2  ....  a n  a1  a 2  ....  a n r r   .   n n   Dấu ‘=’  a1  a 2  ....  a n .(chứng minh tương tự bài trên). Ví dụ 3: Cho 0  x, y, z  1 . Chứng minh rằng 81 2   x  2 y  2 z 2x  2 y  2z  . 8 Giải 1  a, b, c  2 . Đặt a  2 x , b  2 y , c  2 z 1  a  2  a  1a  2   0 2  a 2  3a  2  0  a   3 (1) a
Chứng minh tương tự: 2 b 3 ( 2) b 2 c 3 (3) c Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được  1 1 1  côsi  1 1 1 9  a  b  c   2     2 a  b  c 2    a b c a b c 81  1 1 1  (a  b  c)     (đpcm)  a b c 8 Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này “ Cho n số x1 , x 2 ,...., x n  a, b, c  1 Ta luôn có:   nc  2 a  cb c c x1 x2 xn  x1  x2  xn c  ....  c c  ....  c 4c a  b Sử dụng tính chất bắc cầu Phương pháp 8: A>B và B>C thì A>C Kiến thức: 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  (a-c)(b-d) > cd   b  c  d b  d  c  0  ab-ad-bc+cd >cd  ab> ad+bc (điều phải chứng minh)
5 a2  b2  c2  Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn . Chứng minh 3 111 1  a b c abc Giải: Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc)  0 1 222  ac+bc-ab  ( a +b +c ) 2 5 111 1  1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có  ac+bc-ab   a b c abc 6 Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,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 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) Cho 0 a 2 + b mà 0< a,b a 3 , b 2 > b 3 Từ (1) và (2)  1+ a 2 b 2 > a 3 + b 3 . Vậy a 3 + b 3 < 1+ a 2 b 2 b 3 + c3  1  b 2 c ; c 3 + a 3  1  c 2 a Tương tự Cộng các bất đẳng thức ta có : 2a 3  2b 3  2c 3  3  a 2 b  b 2 c  c 2 a