Diese Präsentation wurde erfolgreich gemeldet.
Wir verwenden Ihre LinkedIn Profilangaben und Informationen zu Ihren Aktivitäten, um Anzeigen zu personalisieren und Ihnen relevantere Inhalte anzuzeigen. Sie können Ihre Anzeigeneinstellungen jederzeit ändern.

19 phương phap chứng minh bất đẳng thức

475.802 Aufrufe

Veröffentlicht am

  • I think Mike Cruickshank's new Profit Maximiser service is going to be one of the big hits and I can say hand on heart, if you follow the instructions, and just get involved, you will make a lot of money over the coming weeks, months and years. ♣♣♣ http://t.cn/A6hPRSfx
       Antworten 
    Sind Sie sicher, dass Sie …  Ja  Nein
    Ihre Nachricht erscheint hier
  • Follow the link, new dating source: ♥♥♥ http://bit.ly/369VOVb ♥♥♥
       Antworten 
    Sind Sie sicher, dass Sie …  Ja  Nein
    Ihre Nachricht erscheint hier
  • Sex in your area is here: ❶❶❶ http://bit.ly/369VOVb ❶❶❶
       Antworten 
    Sind Sie sicher, dass Sie …  Ja  Nein
    Ihre Nachricht erscheint hier
  • Follow the link, new dating source: ❶❶❶ http://bit.ly/2Y8gKsI ❶❶❶
       Antworten 
    Sind Sie sicher, dass Sie …  Ja  Nein
    Ihre Nachricht erscheint hier
  • Dating direct: ❤❤❤ http://bit.ly/2Y8gKsI ❤❤❤
       Antworten 
    Sind Sie sicher, dass Sie …  Ja  Nein
    Ihre Nachricht erscheint hier

19 phương phap chứng minh bất đẳng thức

  1. 1. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com PHẦN 1 CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0 1/Định nghĩa  A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0 2/Tính chất + A>B ⇔ B < A + A>B và B >C ⇔ A > C + A>B ⇒ A+C >B + C + A>B và C > D ⇒ A+C > B + D + A>B và C > 0 ⇒ A.C > B.C + A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C + 0 < A < B và 0 < C <D ⇒ 0 < A.C < B.D + A > B > 0 ⇒ A n > B n ∀n + A > B ⇒ A n > B n với n lẻ + A > B ⇒ A n > B n với n chẵn + m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n + m > n > 0 và 0 <A < 1 ⇒ A m < A n 1 1 +A < B và A.B > 0 ⇒ > A B 3/Một số hằng bất đẳng thức + A 2 ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + An ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + A ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 ) + -A <A= A + A + B ≥ A + B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0) + A − B ≤ A − B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)Sưu tầm và tuyển chọn 1
  2. 2. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 2 [ ] ( x − y ) 2 + ( x −z ) 2 + ( y − z ) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R 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  a + b  a2 + b2 + c2  a + b + c  a) ≥  ; b) ≥  c) Hãy tổng quát bài toán 2  2  3  3  Giải: 2 a2 + b2  a + b  a) Ta xét hiệu −  2  2  2( a 2 + b 2 ) a 2 + 2ab + b 2 = ( 2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab ) = ( a − b ) ≥ 0 1 1 2 = − 4 4 4 4 2 a +b 2 2 a+b Vậy ≥  . Dấu bằng xảy ra khi a=b 2  2  b)Ta xét hiệuSưu tầm và tuyển chọn 2
  3. 3. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com [ ] 2 a2 + b2 + c2  a + b + c  1  = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 .Vậy 2 2 2 − 3  3  9 2a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3  3  Dấu bằng xảy ra khi a = b =c c)Tổng quát 2 a12 + a 2 + .... + a n  a1 + a 2 + .... + a n  2 2 ≥  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  ⇔  4 − mn + n 2  +    4 − mp + p 2  +    4 − mq + q 2  +    4 − m + 1 ≥ 0          2 2 2 2 m  m  m  m  ⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ 0 (luôn đúng) 2  2  2  2  m  2 −n =0  m m n = 2  − p=0  m 2 p =  m=2 Dấu bằng xảy ra khi  m ⇔ 2 ⇔  −q =0  m n = p = q = 1 2  q= m m =2 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) , ∀ , b, c > 0 a ⇔ 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 ( ⇔ a2 −b2 ) 2 ( + 2a 2 b 2 + b 2 − c 2 ) 2 ( + 2b 2 c 2 + c 2 − a 2 ) 2 + 2a 2 c 2 − 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0 ( ⇔ a2 −b2 ) + (b 2 2 −c2 ) + (c 2 2 −a2 ) 2 + (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 ( ⇔ a2 −b2 ) + (b 2 2 −c2 ) + (c 2 2 −a2 ) + ( ab − bc ) 2 2 + ( bc − ac ) + ( ab − ac ) ≥ 0 2 2 Đúng với mọi a, b, c. Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đươngSưu tầm và tuyển chọn 3
  4. 4. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Kiến thức: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúnghoặc 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 cóbất 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 a) a 2 + ≥ ab 4 b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e ) Giải: b2 ≥ ab ⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0 ⇔ ( 2a − b ) ≥ 0 2 a) a 2 + 4 b2 (BĐT này luôn đúng). Vậy a 2 + ≥ ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b) 4 b) a + b + 1 ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b 2 + 1 ) > 2(ab + a + b) 2 2 2 ⇔ 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 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e ) ⇔ 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 ⇔ ( a − 2b ) 2 + ( a − 2c ) 2 + ( a − 2d ) 2 + ( a − 2c ) 2 ≥ 0 Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ( a10 + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 ) Giải: (a + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 ) ⇔ a 12 + a 10 b 2 + a 2 b10 + b12 ≥ a 12 + a 8 b 4 + a 4 b 8 + b12 10 ⇔ 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 Giải: ≥ 2 2 vì :x 〉 y nên x- y 〉 0 ⇒ x2+y2 ≥ 2 2 ( x-y) x− y ⇒ x +y2- 2 2 x+ 2 2 y ≥ 0 ⇔ x2+y2+2- 2 2 x+ 2 2 y -2 ≥ 0 2 ⇔ 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 ∈ RSưu tầm và tuyển chọn 4
  5. 5. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( x + y + z )=x+y+z - ( + + ) > 0 (vì x + y + z < x+y+z x y ztheo 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 bắtbuộc 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 < a + b + b + c + a + c < 2 Giải: 1 1 a a 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 : b + c > a + b + c (2) , a + c > a + b + c (3) 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 ⇒ a + b < a + b + c (4) b a+b c c+b Tương tự : b + c < a + b + c (5) , < c+a a+b+c ( 6) 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 < a + b + b + c + a + c < 2 (đpcm) Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ Kiến thức: a) x 2 + y 2 ≥ 2 xy b) x + y ≥ xy dấu( = ) khi x = y = 0 2 2 c) ( x + y ) 2 ≥ 4 xy a b d) + ≥ 2 b a 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 xySưu tầm và tuyển chọn 5
  6. 6. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Tacó ( a + b ) 2 ≥ 4ab ; ( b + c ) 2 ≥ 4bc ; ( c + a ) 2 ≥ 4ac ⇒ ( a + b ) 2 ( b + c ) 2 ( c + a ) 2 ≥ 64a 2 b 2 c 2 = ( 8abc ) 2 ⇒ (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 a1 a 2 ..a n n  a + a 2 + ... + a n  ⇔ a1 a 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 Ví dụ 1 : Giải phương trình : + x + x = 4 +1 2 +1 2 + 4 x x 2  a = 2x Giải : Nếu đặt t =2x thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt  , a, b > 0  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   1  = + 1 +  + 1 +  + 1 − 3  b +1   a +1   a + b   a + b +1  a + b +1  a + b +1 = + + −3  b +1   a +1   a + b   1 1 1  = ( a + b + c) + + −3  b +1 a +1 a + b  [ ( b + 1) + ( a + 1) + ( a + b ) ] 1 + 1 + 1  − 3    b +1 a +1 a + b  1 3 3 3 ≥ 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) . −3 = 2 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) 2 Vậy phương trình tương đương với : a + 1 = b + 1 = a + b ⇔ a = b = 1 ⇔ 2x = 4x = 1 ⇔ x = 0 . x y z Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P = x + 1 + y + 1 + z + 1 1 1 1 Giải : P = 3- ( x + 1 + y + 1 + z + 1 ) = 3 – Q. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thìSưu tầm và tuyển chọn 6
  7. 7. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com a + b + c ≥ 3 3 abc 1 1 1 1 + + ≥ 33 a b c abc 1 1 1 ⇒ ( a + b + c ) + +  ≥ 9 a b c 1 1 1 9 ⇒ + + ≥ a b c a +b+c 1 1 1 9 9 9 3 Suy ra Q = x + 1 + y + 1 + z + 1 ≥ 4 ⇒ -Q ≤ − 4 nên P = 3 – Q ≤ 3- 4 = 4 3 1 Vậy max P = 4 .khi x = y = z = 3 . 1 1 1 a+b+c Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng: + 2 + 2 ≤ a + bc b + ac c + ab 2 2abc Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 2 1 1 1 1  a 2 + +bc ≥ 2a bc ⇒ ≤ ≤  +  a + +bc a bc 2  ab ac  2 Tương tự : 2 1 1 1 1  ≤ ≤  +  b + + ac b ac 2  bc ab  2 2 1 1 1 1 ≤ ≤  +  c + + ab c ab 2  ac bc  2 2 2 2 a+b+c ⇒ 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 : b + c − a + c + a − b + a + b − c ≥ 3 (*) 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 ( a + c) 2 Cho  . Chứng minh rằng: ( + by + cz )  + +  ≤ x y z   ( x + y + z) 2  0 < x, y , z 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 ≤ 0Sưu tầm và tuyển chọn 7
  8. 8. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com ac y ⇔b+ ≤ a + c ⇔ yb + ac ≤ ( a + c ) y 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: ⇒2 ( xa + yb + zc ) ac x + y + z  ≤ ( a + c )( x + y + z )   a b c x y z ⇔ 4( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( a + c ) ( x + y + z ) 2 2 a b c  x y z  ( a + c) 2 ⇔ ( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( x + y + z ) 2 (đpcm) 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 ) ≤ (a12 + a 2 + ... + a n )(b12 + b2 + ... + bn ) 2 2 2 2 2 a a a Dấu “=” xảy ra khi ⇔ b = b = .... = b 1 2 n 1 2 n b1 b2 bn Hay a = a = .... = a (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 ) 1 2 n Chứng minh:  a = a 2 + a 2 + ... + a 2  1 2 n Đặt   b = b1 + b2 + ... + bn 2 2 2  • Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng. • Nếu a,b > 0: ai b Đặt: α i = , β i = i ( i = 1,2,...n ) , Thế thì: α 12 + α 22 + ... + α n2 = β 12 + β 22 + ... + β n2 a b Mặt khác: α i β i ≤ 2 (α i + β i2 ) 1 2 1 2 1 α1 β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ (α1 + α 2 + .... + α n ) + ( β12 + β 22 + ... + β n2 ) ≤ 1 2 2 Suy ra: 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  α i = β i ( ∀i = 1,2,..., n ) a a a Dấu”=” xảy ra ⇔  ⇔ 1 = 2 = .... = n α 1 β 1 ....α n β 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:Sưu tầm và tuyển chọn 8
  9. 9. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 1 = (sin 2 x.1 + cos 2 x.1) ≤ (sin 4 x + cos 4 x )(12 + 12 ) 1 ⇔ ≤ sin 4 x + cos 4 x 2 ⇒ ≤ (sin 4 x + cos 4 x ) 1 2 4 Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa: ≤ (sin 4 x.1 + cos 4 x.1) 1 2 ⇔ 4 ⇔ ≤ (sin 8 x + cos 8 x )(12 + 12 ) 1 4 ⇔ (sin 4 x + cos 4 x ) ≥ 1 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: ( a i , bi ,..., ci )(i =1,2,...., m) Thế thì:(a1 a 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 saocho: a = t i ai , b = t i bi ,..., c = t i ci , Hay a1 : b1 : ... : c1 = a 2 : b2 : ... : c 2 = a n : bn : ...cn a12 + a 2 + ... + a n = 3 2 2 Ví dụ 1: Cho   n ∈ Z,n ≥ 2 a1 a 2 a Chứng minh rằng: + + .... + n < 2 2 3 n +1 Giải: 1 1 1 < = ∀ ∈N k * ta có: k2 1  1  1 k2 −  k −  k +  4  2  2 1 1 1 ⇒ < − k2 1 1 k− k+ 2 2   1 1 1  1 1   1 1   1 1  ⇒ 2 + 2 + ... + 2 <       3 − 5  +  5 − 7  + ... +  −      1 1 n+  2 3 n  2 2  2 2  n−   2 2 1 1 2 = − < 3 1 3 2 n+ 2 Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski: a1 a 2 a 1 1 1 2 + + .... + n ≤ a12 + a 2 + ... + a n 2 2 + 2 + ... + 2 < 3 < 2 (đpcm) 2 3 n +1 2 2 3 n 3 Ví dụ 2: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng: ( a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó ac+bd ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2Sưu tầm và tuyển chọn 9
  10. 10. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.commà ( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 = a 2 + b 2 + 2( ac + bd ) + c 2 + d 2 ≤ ( a 2 + b 2 ) + 2 a 2 + b 2 . c 2 + d 2 + c 2 + 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 Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có (12 + 12 + 12 )(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) 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:  a1 ≤ a2 ≤ ..... ≤ an a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn a)Nếu  thì . ≤ .  b1 ≤ b2 ≤ ..... ≤ bn n n n a1 = a 2 = .... = a n Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi b  1 = b2 = .... = bn  a1 ≤ a2 ≤ ..... ≤ an b)Nếu  thì  b1 ≥ b2 ≥ ..... ≥ bn a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn . ≥ n n n a1 = a 2 = .... = a n Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi b  1 = 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 2 S = . sin A + sin B + sin C 3 S là diện tích tan giác. chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều. π 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 2B ≤ 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 ⇔ sin 2 A = sin 2 B = sin 2C ⇔ ∆ABC dêu  Mặt khác:Sưu tầm và tuyển chọn 10
  11. 11. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 = 2 S (2) Thay (2) vào (1) ta có sin A. sin 2a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 2S ≤ . sin A + sin B + sin C 3 Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ ∆ ABC đều. Ví dụ 2(HS tự giải): 1 1 1 a/ Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR: + + ≥9 a b c b/ Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z ) 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 a3 b3 c3 1 Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh 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 a b c a2 + b2 + c2  a b c  1 3 1 a2. + b2. + c2. ≥ . + + = . = b+c a+c a+b 3 b+c a+c a+b 3 2 2 a3 b3 c3 1 1 Vậy + + ≥ Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= b+c a+c a+b 2 3 Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng : a + b + c + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 2 2 2 Giải: Ta có a 2 + b 2 ≥ 2ab c 2 + d 2 ≥ 2cd 1 1 1 Do abcd =1 nên cd = (dùng x + ≥ ) ab x 2 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 + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 2 2 2 2 Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli Kiến thức:Sưu tầm và tuyển chọn 11
  12. 12. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a ) n ≥ 1 + na . Dấu ‘=’ xảy ra khi  =0 avà chỉ khi n =1  b) Dạng mở rộng: - Cho a > -1, α ≥ 1 thì (1 + a ) α ≥ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.  =0 a - cho a ≥ −1,0 < α < 1 thì (1 + a ) α ≤ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi  =1 . α  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(1 − a ) a + b b b 1  1− a  = 1+   <1+  < a  a  a a a ⇒ ab > . a +b b Chứng minh tương tự: b a > . Suy ra a b + b a > 1 (đpcm). a+b Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng 5 a5 + b5 + c5  a + b + c  3 ≥ 3  . (1)   Giải 5 5 5 (1) ⇔  3a  +  3b  +  3c  ≥ 3       a+b+c a+b+c a+b+c Áp dụng BĐT Bernouli: 5( b + c − 2a ) 5 5  3a   b + c − 2a    = 1 + a +b+c a +b+c   ≥1+ a +b+c (2)   Chứng minh tương tự ta đuợc: 5( c + a − 2b ) 5  3b    ≥1+ a +b +c  a +b +c (3)  5( a + b − 2c ) 5  3c    ≥1+ a +b +c  a +b +c (4)  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 (2 x + 2 y + 2 z )( 2 − x + 2 − y + 2 − z ) ≤ 81 8 . Giải Đặt a = 2 x , b = 2 y , c = 2 z (1 ≤ a, b, c ≤ 2 ) .Sưu tầm và tuyển chọn 12
  13. 13. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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) 8 a b c 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 + cb ) ] 2 (c )( c a − x1 − x2 − xn x1 + c + .... + c x2 xn +c + .... + c 4c a + b Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu Kiến thức: A>B và B>C thì A>C 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 1 1 1 1 Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn a + b + c = . Chứng minh 2 2 2 + + < 3 a b c abc Giải: Ta có :( a+b- c) = a +b +c +2( ab –ac – bc) 〉 0 2 2 2 2 1 2 2 2 ⇒ ac+bc-ab 〈 ( a +b +c ) 2 5 1 1 1 1 ⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có + − 〈 6 a b c abc 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: Cho 0 <a,b,c <1 . Chứng minh rằng: 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 aSưu tầm và tuyển chọn 13
  14. 14. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Giải: Do a < 1 ⇒ a 2 < 1 và Ta có (1 − a 2 ).(1 − b ) < 0 ⇒ 1-b- a 2 + a 2 b > 0 ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 2 + b mà 0< a,b <1 ⇒ a 2 > 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 Tương tự b 3 + c 3 ≤ 1 + b 2 c c 3 + a3 ≤ 1 + c2a Cộng các bất đẳng thức ta có : 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 ≤ 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1998 thì ac+bd =1998 Giải: Ta có (ac + bd) 2 + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 + 2abcd + a 2 d 2 + b 2 c 2 - 2abcd = = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982 rõ ràng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) 2 + ( ad − bc ) 2 = 1998 2 ⇒ ac + bd ≤ 1998 Ví dụ 6 (HS tự giải) : a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1 1c hứng minh rằng : a 1 + a 2 + a32 + .... + a 2003 ≥ 2 2 2 2003 b/ Cho a;b;c ≥ 0 thỏa mãn :a+b+c=1 1 1 1Chứng minh rằng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ 8 a b c Phương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số Kiến thức 1) Cho a, b ,c là các số dương thì a a a+c a – Nếu > 1 thì > b b b+c a a a+c b – Nếu < 1 thì < b b b+c 2) Nếu b,d >0 thì từ a c a a+c c < ⇒ < < b d b b+d d` Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng a b c d 1< + + + <2 a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b Giải: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có a a a+d <1⇒ < (1) a+b+c a+b+c a+b+c+d a a Mặt khác : > (2) 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+dSưu tầm và tuyển chọn 14
  15. 15. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Tương tự ta có b b b+a < < (4) a+b+c+d b+c+d a+b+c+d c c b+c < < (5) a+b+c+d c+d +a a+b+c+d d d d +c < < (6) a+b+c+d d +a+b a+b+c+d cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có a b c d 1< + + + < 2 điều phải chứng minh a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b a c a ab + cd c Ví dụ 2 :Cho: < và b,d > 0 .Chứng minh rằng < 2 < b d b b +d2 d a c ab cd ab ab + cd cd c Giải: Từ < ⇒ 2 < 2 ⇒ 2 < 2 < = b d b d b b +d2 d2 d a ab + cd c Vậy < < điều phải chứng minh b b2 + d 2 d Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000 a btìm giá trị lớn nhất của + c d a b a b a a+b b Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử : ≤ Từ : ≤ ⇒ ≤ ≤ c d c d c c+d da ≤ 1 vì a+b = c+dc b a b a/ Nếu :b ≤ 998 thì ≤ 998 ⇒ + ≤ 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 10: Phương pháp làm trội Kiến thức: Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính đượctổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn. (*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 + u2 + .... + un Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau: u k = ak − ak +1 Khi đó :S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + .... + ( an − an+1 ) = a1 − an+1 (*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1u2 ....un k a Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k = a k +1 a a a a Khi đó P = a . a ..... a = a 1 2 n 1 2 3 n +1 n +1Sưu tầm và tuyển chọn 15
  16. 16. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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 1 1 1 Giải: 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 2 1+ + 1 3 + .... + 1 n ( > 2 n +1 −1 ) Với n là số nguyên Giải: Ta có 1 = k 2 k 2 > 2 k + k +1 = 2 k +1 − k ( ) Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có 1 > 2 ( 2 − 1) 1 2 >2 3− 2( ) ……………… 1 n ( > 2 n +1 − n ) Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 + 1 2 + 1 3 + .... + 1 n ( ) > 2 n +1 −1 n 1 Ví dụ 3: Chứng minh rằng ∑k k =1 2 <2 ∀n ∈ Z 1 1 1 1 Giải: Ta có k 2 < k ( k − 1) = k − 1 − k Cho k chạy từ 2 đến n ta có 1 1 2 < 1− 2 2 1 1 1 < − 32 2 3 ................. 1 1 1 < − n 2 n −1 n 1 1 1 ⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1 2 3 n n 1 Vậy ∑k k =1 2 <2 Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0Sưu tầm và tuyển chọn 16
  17. 17. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a Ví dụ 1: Cho a;b;c là số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng 1/ a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 2/ abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Giải 1/Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có 0 < a < b + c a 2 < a (b + c)   2 0 < b < a + c ⇒ b < b( a + c ) 0 < c < a + b  c 2 < c ( a + b)   Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 2/ Ta có a > b-c  ⇒ a 2 > a 2 − (b − c) 2 > 0 b > a-c  ⇒ b 2 > b 2 − (c − a ) 2 > 0 c > a-b  ⇒ c 2 > c 2 − ( a − b) 2 > 0 Nhân vế các bất đẳng thức ta được [ ][ ][ ⇒ a 2b 2 c 2 > a 2 − ( b − c ) b 2 − ( c − a ) c 2 − ( a − b ) 2 2 2 ] ⇒ a 2b 2 c 2 > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) 2 2 2 ⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b ) Ví dụ2 (HS tự giải) 1/ Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng ab + bc + ca < a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) 2/Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa độ Ví dụ 1: Chứng minh rằng : c(a −c) + c(b −c) ≤ ab , ∀a ≥ b ≥ 0 và b ≥ c Giải Trong mặt phẳng Oxy, chọn u =( c, b −c ) ; v =( a −c , c ) Thì u = b , v = a ; u.v = c ( a −c ) + c (b −c ) Hơn nữa: u.v =u . v . cos(u , v ) ≤u . v ⇒ c ( a − ) + c (b − ) ≤ ab ⇒ c c (ĐPCM) Ví dụ 2: n n Cho 2n số: xi ; y i , i =1,2,..., n thỏa mãn: ∑ xi + ∑ yi = 1. Chứng minh rằng: i =1 i =1 n 2∑i =1 xi2 + yi2 ≥ 2 Giải: Vẽ hình y MN MK HSưu tầm và tuyển chọn 17
  18. 18. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com M 1 x O x+y=1 Trong mặt phẳng tọa độ, xét: M 1 ( x1 , y1 ) : M 2 ( x1 + x 2 , y1 + y 2 ) ;…; M n ( x1 +  + x n , y1 +  + y n ) Giả thiết suy ra M n ∈ đường thẳng x + y = 1. Lúc đó: OM 1 = x12 + y12 , M 1M 2 = x2 + y 2 2 2 , M 2M 3 = x3 + y 3 2 2 ,…, M n −1 M n = xn + y n 2 2 2 Và OM 1 + M 1 M 2 + M 2 M 3 +  + M n −1 M n ≥ OM n ≥ OH = 2 n 2 ⇒ ∑ i =1 xi2 + yi2 ≥ 2 ⇒ (ĐPCM) Phương pháp 13: Đổi biến số a b c 3 Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng + + ≥ (1) b+c c+a a+b 2 y+z−x z+x− y x+ y−z Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a= ; b= ;c= 2 2 2 y+z−x z+x− y x+ y−z 3 ta có (1) ⇔ + + ≥ 2x 2y 2z 2 y z x z x y y x z x z y ⇔ + −1+ + −1+ + −1 ≥ 3 ⇔ ( + ) + ( + ) + ( + ) ≥ 6 x x y y z z x y x z y z y x z x z y Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( x + y ≥ 2; + ≥ 2; + ≥ 2 nên ta có điều y z x zphải chứng minh Ví dụ2: Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng 1 1 1 + 2 + 2 ≥9 (1) a + 2bc b + 2ac c + 2ab 2 Giải: Đặt x = a 2 + 2bc ; y = b 2 + 2ac ; z = c 2 + 2ab . Ta có x + y + z = ( a + b + c ) 2 < 1 1 1 1 (1) ⇔ x + y + z ≥ 9 Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0 1 1 1 1 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x + y + z ≥ 3. 3 xyz , và: x + y + z ≥ 3. 3 xyz ( x + y + z ). 1 + 1 + 1  ≥ 9 . Mà x+y+z < 1. Vậy 1 1 1 ⇒  x y z  + + ≥9 (đpcm)   x y z 1 Ví dụ3: Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 CMR x + y ≥ 5 Gợi ý: Đặt x = u , y =v ⇒ 2u-v =1 và S = x+y = u 2 + v 2 ⇒ v = 2u-1Sưu tầm và tuyển chọn 18
  19. 19. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.comthay vào tính S min Bài tập tự giải 25a 16b c 1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 CMR: + + >8 b+c c+a a+b 2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0 CMR ma + nb + pc b+c c+a a+b 2 ≥ 1 ( ) m + n + p − ( m + n + p) 2 Phương pháp 14: Dùng tam thức bậc hai Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c Định lí 1: a> 0 f(x) > 0, ∀ x ⇔  ∆ < 0 a> 0 f (x) ≥ 0, ∀ x ⇔  ∆ ≤ 0 a< 0 f (x) < 0, ∀ x ⇔  ∆ < 0 a< 0 f (x) ≤ 0, ∀ x ⇔  ∆ ≤ 0 Định lí 2: Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1 < α < x2 ⇔ a. f ( α ) < 0 Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :   a. f ( α ) > 0  x1 < x2 < α ⇔  ∆ > 0 S  <α 2 Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :Sưu tầm và tuyển chọn 19
  20. 20. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com   a. f ( α ) > 0  α < x1 < x2 ⇔  ∆ > 0 S  >α 2 α < x1 < β < x 2 Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm  x < α < x < β ⇔ f (α ). f ( β ) < 0.  1 2 Ví dụ 1:Chứng minh rằng f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0 (1) Giải: Ta có (1) ⇔ x 2 − 2 x( 2 y − 1) + 5 y 2 − 6 y + 3 > 0 ∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3 2 = 4 y2 − 4 y +1− 5y2 + 6 y − 3 = −( y − 1) − 1 < 0 2 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 x 2 y 4 + 2( x 2 + 2 ). y 2 + 4 xy + x 2 − 4 xy 3 > 0 ⇔ ( y 2 + 1) 2 .x 2 + 4 y (1 − y ) 2 x + 4 y 2 > 0 Ta có ∆′ = 4 y 2 (1 − y 2 ) − 4 y 2 ( y 2 + 1) = −16 y 2 < 0 2 2 Vì a = ( y 2 + 1) > 0 vậy f ( x, y ) > 0 2 (đpcm) Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n > n0 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 làgiả thiết quy nạp ) 3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cầnchứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) 4 – kết luận BĐT đúng với mọi n > n0 1 1 1 1 Ví dụ1: Chứng minh rằng : 2 + 2 + .... + 2 < 2 − ∀n ∈ N ; n > 1 (1) 1 2 n n 1 1 Giải: Với n =2 ta có 1 + < 2 − (đúng). Vậy BĐT (1) đúng với n =2 4 2 Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k+1 1 1 1 1 1 Thật vậy khi n =k+1 thì (1) ⇔ 12 + 22 + .... + k 2 + (k + 1) 2 < 2 − k + 1 Theo giả thiết quy nạpSưu tầm và tuyển chọn 20
  21. 21. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 1 1 1 1 1 1 1 ⇔ + 2 + .... + 2 + < 2− + < 2− 2 1 2 k (k + 1) 2 k ( k + 1) 2 k +1 1 1 1 1 1 ⇔ + .... + < + < 12 (k + 1) 2 k + 1 ( k + 1) 2 k k +1+1 1 ⇔ < ⇔ k (k + 2) < (k + 1) 2 ⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều này đúng .Vậy bất (k + 1) 2 kđẳng thức (1)được chứng minh n  a+b an + bn Ví dụ2: Cho n ∈ N và a+b> 0. Chứng minh rằng   ≤ (1)  2  2 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  a+b a k +1 + b k +1 (1) ⇔   ≤  2  2 k a+b a+b a k +1 + b k +1 ⇔   . ≤ (2)  2  2 2 a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1 ⇔ Vế trái (2) ≤ . = ≤ 2 2 4 2 k +1 k +1 k +1 k +1 ≥ 0 ⇔ ( a k − b k ).( a − b ) ≥ 0 a +b a + ab + a b + b k k ⇔ − (3) 2 4 Ta chứng minh (3) (+) Giả sử a ≥ b và giả thiết cho a ≥ -b ⇔ a ≥ b k ⇔ a k ≥ b ≥ bk ⇒ (a k − b k ).( a − b ) ≥ 0 (+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b ⇔ a < b k ⇔ a k < b k ⇔ ( a k − b k ).( a − b ) ≥ 0 k Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm) Ví dụ 3: Cho a ≥ −1 ,1 ≤ n ∈Ν. Chứng minh rằng : (1 + a) n ≥ 1 + n.a Giải n=1: bất đẳng thức luôn đúng n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 + a ) k ≥ 1 + k .a n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 + a ) k +1 ≥ 1 + (k +1).a Ta có: (1 + a) k +1 = (1 + a).(1 + a) k ≥ (1 + a).(1 + k .a ) ≥ 1 + (k +1)a + k .a 2 ≥ 1 + (k +1)a ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1 V ậy theo nguyên lý quy nạp: (1 + a) n ≥ 1 + n.a , ∀n ∈Ν 1 Ví dụ 4: Cho 1 ≤ n ∈ Ν a1 , a 2 ,  , a n ≥ 0 thoả mãn a1 + a 2 +  + a n ≤ . Chứng minh 2 1rằng: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥ 2 1 1 Giải n=1: a1 ≤ ⇒ 1 − a1 ≥ ⇒ Bài toán đúng 2 2 1 n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k ) ≥ 2Sưu tầm và tuyển chọn 21
  22. 22. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 1 n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k +1 ) ≥ 2 Ta có: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k +1 ) = (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k −1 )[1 − (a k + a k +1 ) + a k a k +1 ] 1 1 ≥ (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k −1 )[1 − ( a k + a k +1 )] ≥ (Vì a1 + a 2 +  + a k −1 + (a k + a k +1 ) ≤ 2 ) 2 ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1 1 Vậy theo nguyên lý quy nạp: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥ 2 Ví dụ 5: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , a i , bi ∈R, i =1,2,..., n . Chứng minh rằng: (a1b1 + a 2 b2 +  + a n bn ) ≤ (a + a +  + a )(b + b +  + bn2 ) 2 2 1 2 2 2 n 1 2 2 2 Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúng n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) 2 ≤ (a12 + a 2 +  + a k )(b12 + b22 +  + bk2 ) 2 2 n= k+1 . Ta cần chứng minh: (a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2 ≤ (a12 + a 2 +  + a k +1 )(b12 + b2 +  + bk2+1 ) (1) 2 2 2 Thật vậy: VP(1) = (a12 + a 22 +  + a k2 )(b12 + b22 +  + bk2 ) + (a12 +  + a k2 ).b 2 + + a 2 (b12 + b2 +  + bk2 ) + a k +1 .bk2+1 ≥ ( a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) + 2a1b1 a k +1bk +1 + 2a 2 b2 a k +1bk +1 + 2 2 +  + 2a k bk a k +1bk +1 + a k +1bk +1 2 2 ≥ (a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) 2 + 2 ( a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) a k + bk + + a k +1 .bk +1 1 1 2 2 ≥ (a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2 Vậy (1) được chứng minh Ví dụ 6: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , ai , bi ∈R, i =1,2,..., n . Chứng minh rằng: a1 + a 2 +  + a n 2 a12 + a 2 +  + a n 2 2 ( ) ≤ n n Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng a1 + a 2 +  + a k 2 a12 + a 2 +  + a k2 2 n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: ( ) ≤ k k a + a +  + a k +1 2 a1 + a 2 +  + a k +1 2 2 2 n= k+1 . Ta cần chứng minh: ( 1 2 ) ≤ (1) k +1 k +1 a + a +  + a k +1 Đặt: a = 2 3 k 1 VP (1) = (a12 + k 2 a 2 + 2ka1 a ) k +1 1  2 a 2 + a3 +  + a k2+1 2 a 2 + a3 +  + a k2+1  a12 + a 2 +  + a k2+1 2 2≥  a1 + k 2 2 + k .a12 + k 2 = (k + 1) 2  k k  k +1 Vậy (1) đựơc chứng minh Ví dụ 7: Chứng minh rằng: n n > ( n +1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2  n n = 4 Giải: n=2 ⇒  ⇒ n n > (n + 1) n −1  (n + 1) n− 1 = 3 n=k ≥ 2 : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k k > (k + 1) k −1 n= k+1:Ta c ó: k k (k + 1) k +1 ≥ (k + 1) k −1 (k + 1) k +1 = (k + 1) 2 k −2 (k + 1) 2 = [(k + 1) 2 ] k −1 (k + 1) 2Sưu tầm và tuyển chọn 22
  23. 23. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com > (k 2 + 2k ) k −1 ( k 2 + 2k ) (vì (k + 1) 2 = k 2 + 2k + 1 > k 2 + 2k ) ≥ k k ( k + 2) k ⇒ (k + 1) k +1 > (k + 2) k ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1 Vậy n n > (n +1) n−1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2 Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sin nx ≤n sin x , ∀ ∈Ν , ∀ ∈R ∗ n x Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sin kx ≤k sin x n= k+1 . Ta cần chứng minh: sin(k + ) x ≤(k + ) sin x 1 1  a + b ≤ a + b , ∀ a, b ∈ R  Ta có:   sin x , cos x ≤ 1, ∀ x ∈ R  Nên: sin( k +1) x = sin kx cos x +cos kx sin x ≤ sin kx . cos x + cos kx . sin x ≤ sin kx . + sin x ≤k sin x . +. sin x =( k + ) sin x . 1 ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1. Vậy: sin nx ≤n sin x , ∀ ∈ ∗, ∀ ∈ n Ν x R Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng Kiến thức: 1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất đẳngthức đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều tráivới giả thiết , có thể là điều trái ngược nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minhlà đúng 2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p ⇒ q” Muốn chứng minh p ⇒ q (với p : giả thiết đúng, q : kết luận đúng) phép chứngminh được thực hiên như sau: Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra điều vô lý hoặc p sai. Vậy phải có q(hay q đúng) Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kếtluận của nó . Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau : A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P ⇒ Q” 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 > 0 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 > 0Sưu tầm và tuyển chọn 23
  24. 24. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com 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: a 2 < 4b , c 2 < 4d Giải: Giả sử 2 bất đẳng thức : a 2 < 4b , c 2 < 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được a 2 + c 2 < 4(b + d ) (1) Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2) Từ (1) và (2) ⇒ a 2 + c 2 < 2ac hay ( a − c ) 2 < 0 (vô lý) Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2 < 4b và c 2 < 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 Nếu x+y+z > 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 1 1 1 1 1 1 =x + y + z – ( x + y + z ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z > x + y + znên (x-1).(y-1).(z-1) > 0 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 Ví dụ 4: Cho a, b, c >0 và a.b.c=1. Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 3 (Bất đẳng thứcCauchy 3 số) Giải: Giả sử ngược l ại: a + b + c < 3 ⇒ (a + b + c)ab < 3ab ⇔ a 2 b + b 2 a + cab < 3ab ⇔ a 2 b + (a 2 − 3a )b + 1 < 0 Xét : f (b) = a 2 b + (a 2 − 3a)b + 1 Có ∆ = (a 2 − 3a) 2 − 4a = a 4 − 6a 3 + 9a 2 − 4a = a(a 3 − 6a 2 + 9a − 4) = = a(a −1) 2 (a − 4) ≤ 0  a , b, c > 0 (Vì  ⇒ 0 < a < 3 ) ⇒ f (b) ≥ 0 ⇒ vô lý. Vậy: a + b + c ≥ 3 a+ b+ c< 3 Ví dụ 5: Chứng minh rằng không tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3): a < b −c (1) b < c −a (2) c < a −b (3) Giải: Giả sử tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó: a < b −c ⇒ (b − c ) 2 > a 2 ⇒ −( a + b − c )(a − b + c) > 0 (1’) b < c −a ⇒ (c − a ) > b 2 2 ⇒ −(−a + b + c)(a + b − c ) > 0 (2’) c < a −b ⇒ ( a − b) 2 > c 2 ⇒ −(a + b − c)(−a + b + c) > 0 (3’) Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được: ⇒ −[(a + b − c)( a − b + c)(−a + b + c)] 2 > 0 ⇒ Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giácSưu tầm và tuyển chọn 24
  25. 25. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com − π π  1. Nếu x ≤R thì đặt x = Rcos α , α ∈ [ 0, π ] ; hoặc x = Rsin α , α ∈ ,  2 2  R  π 2. Nếu x ≥R thì đặt x = α ∈[0, c ) ∪ π,3  cos α  2  x = a + R cosα 3.Nếu ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2 = R 2 , ( > 0) thì đặt  , (α = 2π )  y = b + R sinα  x = α + aR cosα  , (α = 2π ) 2 2  x −α   y −β  4. Nếu   +  =R 2 a, b > 0 thì đặt  y = β + bR sinα  a   b  5. Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức : ( ax ) 2 + b 2 , ( a, b > 0) b  π π Thì đặt: x= tgα , α ∈  − ,  a  2 2 Ví dụ 1: Cmr : a 1 −b 2 +b 1 −a 2 + 3 ab − ( (1 −b )(1 −a ) ) ≤2, ∀ , b ∈[−1,1] 2 2 a Giải : a ≤1, b ≤1  a = cosα Đặt : (α , β ∈ [ 0, π ] )  b = cos β Khi đó : a 1 − b 2 + b 1 − a 2 + 3 ab − ( (1 − b )(1 − a ) ) 2 2 = cos α. sin β + cos β. sin α + 3 ( cos α. cos β − sin α. sin β ) = sin(α + β ) + 3. cos(α + β ) π = 2 cos(α + β − ) ∈[ − 2,2] ⇒ ( dpcm) 6 Ví dụ 2 : Cho a , b ≥1 .Chứng minh rằng : a b −1 + b a1 ≤ ab Giải :  1  a = cos 2 α    π  Đặt :  1  α , β ∈  0,     b =   2  cos 2 β  1 1 ⇒ a b −1 + b a −1 = tg 2 β + tg 2α cos α 2 cos 2 β tgβ tgα (tgβ . cos 2 β + tgα . cos 2 α ) = + = cos 2 α cos 2 β cos 2 β . cos 2 α 1 (sin 2 β + sin 2α ) sin(α + β ) cos in(α − β ) = = 2 cos 2 β . cos 2 α cos 2 β . cos 2 α 1 ≤ = ab cos β . cos 2 α 2Sưu tầm và tuyển chọn 25
  26. 26. 19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com a 2 − (a − 4b) 2 Ví dụ 3: Cho ab ≠ 0 .Chứng minh rằng : − 2 2 − 2 ≤ ≤2 2−2 2 2 a + 4b Giải : a 2 − (a − 4b) 2 tg 2α − (tgα − 2) 2 ⇒ = a 2 + 4b 2 1 + tg 2α = 4(tgα − 1). cos 2 α  π π  Đặt: a = 2btgα , α ∈  − 2 , 22  = 2 sin 2α − 2(1 + cos 2α )   = 2(sin 2α − cos 2α ) − 2 π [ = 2 2 sin( 2α − ) − 2 ∈ − 2 2 − 2,2 2 − 2 2 ] Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton. Kiến thức: Công thức nhị thức Newton n ( a + b ) n ∑C nk a n −k b k , ∀n ∈ N * , ∀a, b ∈ R . k =0 n! Trong đó hệ số C n k = (0 ≤ ≤ ) k n . ( n − )! k! k Một số tính chất đặt biệt của khai triển nhị thức Newton: + Trong khai triển (a + b)n có n + 1 số hạng. + Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, trong khi đó số mũ của b tăng từ 0 đến n.Trong mỗi số hạng của khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ của a và b bằng n. +Các hệ số cách đều hai đầu thì bằng nhau C n = C n −k . k n + Số hạng thứ k + 1 là C nk a n −k .b k (0 ≤ k ≤ n) Ví dụ 1: Chứng minh rằng (1 + a ) n ≥ 1 + na, ∀a ≥ 0, ∀n ∈ N * (bất đẳng thức bernoulli) Giải n Ta có: (1 + a ) = ∑ C n a ≥ C n + C n a = 1 + na (đpcm) n k k 0 1 k =0 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: n an +bn a +b a) 2 ≥  2  , ∀a, b ≥ 0, ∀n ∈ N *     n an +bn + cn  a +b + c  b) ≥  , ∀a, b, c ≥ 0, ∀n ∈ N * 3  3  Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:Sưu tầm và tuyển chọn 26

×