KINH NGHIỆM học TOÁN

Phơng pháp giải: Sử dụng một hay nhiều tính chất đã nêu ở 2.2 để biến đổi.. Từ đó khẳng định bất đẳng thức cần chứng minh 2.2... Phơng pháp giải: Xuất phát từ bất đẳng thức cần chứng mi

1 Kiến thức cần nắm vững

1.1 Định nghĩa bất đẳng thức:

Với hai số a, b bất kỳ ta nói rằng a ≥ b ⇔a -b ≥ 0

a ≤ b ⇔a -b ≤ 0

1.2 Tính chất:

1 a > b ; b >c ⇒ a > c

2 a >b ⇒ a + c > b + c

3 a > b ; c > 0 ⇒ ac > bc

a > b ; c < 0 ⇒ ac < bc

5 a > b ; c > d ⇒ a + c > b + d

a > b ; c < d ⇒ a - c < b - d

6 a > b ≥ 0 ⇒ ac > bd

7 a > b > 0 ; 0 < c < d⇒

c

a

>

d b

8 a > b > 0 ⇒ a n > b n

a > b ⇔ a n > b n (n lẻ)

a b〉 ⇔ a n > b n ( n chẵn )

9 Nếu m > n >0 thì a >1⇒ a m > a n

a =1⇒ a m = a n

0 < a < 1 ⇒ a m < a n

10 a > b , ab > 0 ⇒

a

1

<

b

1

1.3 Các hằng bất đẳng thức:

1 a 2 ≥ 0 với mọi a Dấu bằng xảy ra ⇔ a = 0

2 a ≥ 0 với mọi a Dấu bằng xảy ra ⇔ a = 0

3 a ≥ a với mọi a Dấu bằng xảy ra ⇔ a ≥ 0

4 a+ ≤b a + b với mọi a,b Dấu bằng xảy ra ⇔ ab ≥ 0

5 a− ≥b a - b với mọi a,b Dấu bằng xảy ra ⇔ ab > 0 và a ≥ b

II Nội dung:

1 Ph ơng pháp sử dụng định nghĩa :

1.1 Phơng pháp giải: Muốn chứng minh A > B hãy xét hiện A - B Nếu hiện A -

B dơng thì khẳng định đợc A > B là bất đẳng thức cần chứng minh.

1.2 Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Cho a,b,c > 0 chứng minh rằng (a + b + c) (

a

1 +

b

1 +

c

1 ) ≥ 9

Giải: Xét hiệu H = (a + b + c) (

a

1 +

b

1 +

c

1 ) - 9

= (

b

a

+

a

b

- 2) + (

c

a

+

a

c

- 2) + (

c

b

+

b

c

- 2)

bc

c b ac

c a ab

b

a− 2 + − 2 + − 2

a

1 +

b

1 +

c

1 )≥ 9

Ví dụ2: Cho a > 0, b > 0 chứng minh rằng: 3 3 3

2









 +

≥

a

Giải: Xét hiệu: A = 3 3 3

2









 +

−

a

Bỏ ngoặc, phân tích thành nhân tử ta đợc: A =

8

3 (a + b) (a - b)2 Vì a > 0 , b > 0

⇒ a + b > 0 mà (a - b)2 ≥0 ⇒ A ≥0

Theo định nghĩa ⇒

2

3

a + ≥ 3









1.3 Bài tập tơng tự:

Bài 1: Chứng minh:

b

a

+

a

b

≥ 2 với ab > 0

Bài 2: Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + xz

2 Ph ơng pháp sử dụng tính chất

2.1 Phơng pháp giải: Sử dụng một hay nhiều tính chất đã nêu ở 2.2 để biến

đổi Từ đó khẳng định bất đẳng thức cần chứng minh

2.2 Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Cho a, b > 2 Chứng minh ab > a + b

Giải: Ta có: a > 2 , b > 0 ⇒ab > 2b (1) (Tính chất 3)

b > 2 , a > 0 ⇒ ab > 2a (2) (Tính chất 3)

Từ (1) và (2) ⇒ 2ab > 2 (a + b) (Tính chất 4)

⇒ ab > a + b (Tính chất 3)

Ví dụ 2: Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 Chứng minh rằng:

(x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8xyz

Giải: Ta có: (x-y)2 ≥0 ⇔ x2 - 2xy +y2 ≥0

⇔ x2 + 2xy +y2 ≥ 4xy (Tính chất 2) ⇔ (x+y)2 ≥ 4xy (1)

Tơng tự ta có: (y+z)2 ≥ 4yz (2)

(x+z)2 ≥ 4xz (3)

⇒ (x+y)(y+z)(x+z) ≥ 8xyz (Tính chất 8)

2.3 Bài tập tơng tự:

Bài 1: Cho a + b > 1 Chứng minh rằng a4 +b4 >

8 1

Bài 2: Chứng minh rằng: 22

b

a + 22

c

b + 22

a

c ≥

b

c +

a

b +

c a

Bài 3: Cho x + y = 2 Chứng minh : x4 + y4 ≥ 2

3 Ph ơng pháp phân tích : ( Biến đổi tơng đơng)

3.1 Phơng pháp giải: Xuất phát từ bất đẳng thức cần chứng minh ta biến đổi

nó tơng đơng với một bất đẳng thức khác mà ta đã biết là đúng từ đó suy ra bất

đẳng thức cần chứng minh là đúng.

3.2 Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (a + b)2 ≤ 2 (a2 + b2) với mọi a , b

Giải: (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2) (1)

⇔a2 +2ab +b2 - 2a2 - 2b2 ≤ 0

⇔-(a2 - 2ab + b2) ≤ 0

⇔-( a - b)2 ≤ 0 (2)

Ví dụ 2: Cho 2 số a, b thoả mãn: a + b = 1

Chứng minh: a3 + b3 +ab ≥

2

1 (1)

Giải: (1) ⇔ a3 + b3 +ab -

2

1

≥ 0

⇔(a + b) (a2- ab + b2) +ab -

2

1

≥ 0

⇔ a2- ab + b2 + ab -

2

1

≥ 0 (vì a + b = 1)

⇔ a2 + b2 -

2

1

≥ 0

⇔ 2a2 + 2b2 - 1≥ 0

⇔ 2a2 + 2(1 - a)2 - 1≥ 0 ( vì b = 1 - a)

2

Bất đẳng thức (2) luôn đúng mà các phép biến đổi trên là tơng đơng

)

1

(

2

1 = b

3.3 Bài tập tơng tự

Bài 1: Với mọi a, b chứng minh a4 + b4 ≥ a3b + ab3

Bài 2: Cho a > 0, b > 0 Chứng minh

a

b b a b

a

−

≥

−

Bài 3: Chứng minh x4 + y4

2

6 2

6

x

y y

x +

4 Ph ơng pháp tổng hợp

4.1 Phơng pháp giải: Từ một bất đẳng thức đã biết là đúng, dùng các phép

biến đổi tơng đơng biến đổi bất đẳng thức đó về bất đẳng thức cần chứng minh.

Phơng pháp giải này làm cho học sinh thấy khó ở chỗ là không biết nên bắt đầu từ bất đẳng thức nào nhng nếu biết phơng pháp giải này ngợc với phơng pháp phân tích thì cũng rất dễ tìm ra bất đẳng thức xuất phát

4.2 Ví dụ áp dụng

+

(Bất đẳng thức Côsi)

Giải: Theo giả thiết a, b ≥ 0 ⇒ ab ≥ 0 ⇒ ab xác định.

Ta có: ( a - b)2 ≥ 0

⇔a2 - 2ab +b2 ≥ 0

⇔a2 + 2ab +b2 ≥ 4ab

⇔ ( a - b)2 ≥ 4ab

⇔a + b ≥ 2 ab (vì a + b ≥ 0 )

⇔ a+b ≥ ab

Ví dụ 2: Cho a, b, c, d > 0 Chứng minh rằng:

2 2 2

Giải:

Ta có: (ad - bd)2 ≥ 0

⇔a2d2 - 2adbc + b2c2 ≥ 0

⇔a2d2 - 2adbc + b2c2 + a2c2 + b2d2 ≥ a2c2 + b2d2

⇔a2d2 - 2adbc + b2c2 + a2c2 + b2d2 ≥ a2c2 + 2acbd + b2d2

⇔a2(c2 + d2) + b2(c2 + d2) ≥ (ac + bd)2

( + )( + )≥

⇔a2 + b2 + 2 (a2 +b2)(c2 +d2) + c2 + d2 ≥ 2ac + 2bd + a2 + b2 + c2 +d2

⇔( (a2 +b2)(c2 +d2))2 ≥ (a + c)2 + (b + d)2

d b c a d

c b

d

c b

a =

Chú ý: với a, b, c, d >0 thì các phép biến đổi trong cách giải trên là tơng đơng

4.3 Bài tập tơng tự: Chứng minh các bất đẳng thức

Bài 1: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca với mọi a, b

Bài 2: (x-y)2+ (y -z)2 + (z -x)2 ≤ 3(x2 + y2+z2) với mọi x, y, z

Bài 3:

3 3

3

2









 +

≥

5 Ph ơng pháp phản chứng :

5.1 Phơng pháp giải: Nếu bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức A ≥ B ( hoặc A < B) thì ta giả sử A < B (hoặc A ≥ B) Từ điều mà ta vừa giả sử cùng với giả thiết của bài toán ta suy ra một điều mâu thuẫn với giả thiết với các kiến thức đã học Cuối cùng ta khẳng định kết luận của bài toán A ≥ B

( hoặc A < B) là đúng.

Giải nh vậy gọi là phơng pháp phản chứng

5.2 Ví dụ áp dụng

Ví dụ 1: Cho a2 + b2 ≤ 2 Chứng minh: a + b ≤ 2

Giải: Giả sử: a + b > 2

⇔ a2 + 2ab + b2 > 4 (1)

Ta có: (a - b)2 ≥0 ⇔ a2 - 2ab + b2 ≥0

⇔ 2ab ≤ a2 + b2

⇔ a2 + b2 + 2ab ≤ 2(a2 + b2) Mặt khác theo giả thiết ta có: a2 + b2 ≤ 2

⇔ 2(a2 + b2) ≤ 4 Suy ra: a2 + b2 + 2ab ≤ 4 (2) mâu thuẫn với (1) Vậy phải có a + b ≤ 2

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:

Nếu a + b + c > 0; abc >0 , ab + bc + ac > 0 thì a > 0, b > 0, c > 0

Giải: giả sử a ≤ 0

Nếu a = 0 thì abc = 0 trái với giả thiết abc > 0

Nếu a < 0 : do a + b + c > 0 nên b + c > 0

Do abc > 0 nên bc < 0

⇒ a(b + c) + bc < 0

Hay ab + ac + bc < 0 trái với giả thiết ab + ac + bc > 0

Vậy a > 0 Tơng tự ta chứng minh đợc b > 0, c > 0

5.3 Bài tập tơng tự:

Bài 1: chứng minh rằng: Nếu a ≥3; b ≥ 3; a2 + b2 ≥ 25 thì a + b ≥ 7

Bài 2: Cho a3 + b3 = 2 Chứng minh a + b ≤ 2

6 Ph ơng pháp xét các khoảng giá trị của biến

6.1 Phơng pháp giải: Có những bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức

A(x) > 0 mà không cho thêm giả thiết nào nữa ta có thể suy nghĩ theo cách giải

sau: Nếu biểu thức A(x) viết đợc về dạng tổng các hạng tử nx(x-a) thì ta xét các khoảng giá trị của biến x chẳng hạn nh x ≥ a và x < a để sử dụng định nghĩa bất đẳng thức x ≥ a ⇔ x−a≥ 0 hay x < a ⇔x -a < 0.

Trong trờng hợp bất đẳng thức cần chứng minh cha có dạng A(x) > 0 hay A(x)

< 0 trớc hết ta chuyển vế để đa về dạng đó.

6.2 Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Chứng minh x10 -x9 +x4 - x+ 1 >0

Giải:

Xét A = x10 -x9 +x4 - x+ 1

= x9(x-1) + x(x3 -1) +1 (1)

Hoặc A = x10 + x4(1-x5) +(1-x) (2)

+ Nếu x ≥ 1 ⇒ x9 > 0; x-1 ≥ 0; x3+1 ≥ 0

Nên từ (1) ⇒ A > 0

+ Nếu x < 1 ⇒1-x5 > 0; 1-x > 0 mà x10 ≥ 0 và x4 ≥ 0 nên từ (2) ⇒ A > 0.

Ví dụ 2: Chứng minh 12x4 + 8x3 +11x2 +7x+10 >0

Giải: xét B = 12x4 + 8x3 +11x2 +7x+10 (1)

Hoặc B= 10(x4 + x3 +x2 +x+1) + 2x4 +x2 -2x3 -3x (2)

+ Nếu x ≥0 thì từ (1) ⇒B > 0 ( vì x4 + x3 +x2 +x+1 >0 tơng tự ví dụ 1 và 2x4 +x2

> 0; -2x3 -3x > 0 ( do x<0)

Vậy B > 0 (đpcm)

6.3 Bài tập tơng tự

Bài 1: chứngminh x8 +x4 +1 > x7 + x

Bài 2: Chứngminh x6 - x5 + x4- x3+x2 - x + 1 > 0

Bài 3: Chứng minh x6 - x5 + x4- x3+x2 - x +

4

3 > 0

7 Ph ơng pháp làm trội ( hoặc làm giảm)

7.1 Phơng pháp giải: Để chứng minh A < B ta làm trội A thành C (A < C) rồi

chứng minh C ≤ B (biểu thức C đóng vai trò trung gian để so sánh A và B)

Tơng tự đối với phơng pháp làm giảm

7.2 Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 ta có:

A =

4

1 1

3

1 2

1

3 3

n

Giải: Làm trội mỗi phân số ở A bằng cách giảm mẫu

1 1

1 1

1

2 3

k

1

4 3 2

1 3 2 1

1 1

3 3

1 2 2

1

3 3

1

4 3 2

1 3

2

.

1

1

+

− + + +

n n n









+

−

− + +

− +

−

1

1 1

1

4 3

1 3 2

1 3 2

1 2 1

1 2

1

n n n n

1 1 2

1 4

1 1

1 2

1

2

+

−

=













+

−

n n n

n

Vậy:

4

1 1

3

1

2

1

3 3

n

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 ta có:

− + + +

1 2

1

3

1 2 1 Giải:











− + + +

+











+











+











 +

1 2

1

2

1

15

1

9

1 2

1 7

1 6

1 5

1 2

1 3

1 2

1

ở mỗi nhóm trong A ta làm trội bằng cách thay các phân số bởi phân số lớn nhất trong nhóm, ta đợc

1 3

2

1

8 2

1 4 2

1 2

.

2

1

−

+ + +

+

n

n

+ + + =

1 4 2 43

Vậy A < n (đpcm)

7.3 Bài tập tơng tự

Bài 1: Cho A =

199

200

5

6 3

4 1 2 Chứng minh 14 < A < 20

1 3

1

3

1 2

1 1

1

<

+ + + +

+ +

+

8 Ph ơng pháp sử dụng các bất đẳng thức kinh điển ( bất đẳng côsi và bất

đẳng thức bunhiacốpxki)

8.1 Phơng pháp giải: Để chứng minh một bất đẳng thức nào đó ngoài các

cách đã giới thiệu ta có thể sử dụng các bất đẳng thức kinh điển Trong phạm

vi chơng trình THCS , tôi xin giới thiệu và hớng dẫn học sinh vận dụng bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacốpxki để chứng minh các bất đẳng thức khác.

a Bất đẳng thức Côsi:

* Cho a,b khụng õm Ta cú:

a+b≥ 2 ab

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a=b

C/m: a+b≥ 2 ab

⇔( ) ( )a 2 + b 2 ≥ 2 ab

⇔( )a 2 − 2 ab+( )b 2 ≥ 0

⇔( a− b)2 ≥ 0

Bđt này đỳng nờn đpcm là đỳng

Đẳng thức xảy ra khi a=b

* Cho a,b,c khụng õm Ta cú:

a+b+c≥3 abc3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

C/m: Đặt a= x3 ,b= y3 ,c=z3 Áp dụng bđt Cụsi cho 2 số khụng õm, ta cú (x3 +y3) (+ z3 +xyz)≥ 2 x3y3 + 2 xyz4 = 2 xy(xy+z2) (1)

xy+z2 ≥ 2 xyz2 = 2z xy (2)

Từ (1) & (2) suy ra

x3 + y3 +z3 +xyz≥ 2 xy 2z xy = 4xyz

⇔x3 +y3 +z3 ≥ 3xyz

Vậy a+b+c≥3 abc3

z xy

y x

=

=

⇔

=

=

⇔







=

=

2

*Cho a,b,c,d khụng õm Ta cú:

a+ +b+c+d ≥4 abcd4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=d

C/m: (a+b) (+ c+d)≥ 2( ab+ cd)≥ 2 2 ab. cd = 4 4 abcd

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=d

*Cho a1, a2,….,an là các số không âm Khi đó ta có:

n

n

n

a a

a





2 1 2

b Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho hai dãy số a1,a2,…và b1,b2,…bn khi đó ta có:

(a1b1+ a2b2 + …+ anbn)2 ≤ (a12 +a22 + …+ an2)(b12 +b22 + …+bn2)

n

n

b

a b

a b

a

=

=

2

2 1

8.2 Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Cho a,b,c>0 C/m:

a) (a+b)(

b a

1

b) (a+b+c)(

c b a

1 1

c)

c b

a

1 1

b a a c c

b+ + + + +

2 2

2

d)

a c

ca c b

bc b

a

ab

+

+ +

+

c b

a+ +

e) a b− 1 + b a− 1 ≤ ab

Ví dụ 2: Cho a, b, c là các số không âm và a+b+c=1 Chứng minh rằng:

b

a+ + b+c+ c+a ≤ 6

Giải: a, b, c ≥0 ⇒ a+b≥0; b+c≥0; c+a≥0

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski với 2 bộ số:

⇔ ( a+b + b+c + c+a)2 ≤3.2 (vì a+b+c=1)

*Lu ý: + Khi sử dụng bất đẳng thức côsi thì cần chú ý các số áp dụng phải có

điều kiện ≥ 0 còn bất đẳng thức Bunhiacôpxki thì không cần điều kiện các

số ≥0 nhng phải áp dụng cho 2 bộ số.

8.3 Bài tập tơng tự:

Bài 1: cho a, b, c >0 Chứng minh

2

>

+

+ +

+

c c

a

b c

b

a

Bµi 2: Cho a+b = 2 Chøng minh a4+b4 ≥ 2

8.4 Áp dụng bất đẳng thức Côsi để tìm GTLN,GTNN

Định nghĩa GTLN,GTNN của một biểu thức

Định nghĩa GTLN: Cho biểu thức f(x) xác định trên D Ta nói M là GTLN của f(x) trên D, kí hiệu M= maxf(x), nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:

• Tồn tại x0 thuộc D sao cho f(x0) =M

Định nghĩa GTNN: Cho biểu thức f(x) xác định trên D Ta nói m là GTNN của f(x) trên D, kí hiệu m= minf(x) nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:

• Tồn tại x0 thuộc D sao cho f(x0) =m

Ví dụ: Cho x,y>0.F= 2

3

) (

xy

y

x+

.Tìm GTNN của F

Giải: Ta có: xy2=

16

1 (4x)(2y)(2y)

Áp dụng bđt Côsi:

xy2≤ 16

3

2 2 4











 x+ y+ y

4

1 33 3

4 (x+y) 3

⇔ xy2≤ .( ) 3

27

4

y

x+

⇔F=

4

27 ) (

2

3

≥

+

xy

y x

Vậy GTNN của F là 27/4

Ví dụ: Cho







≤

≤

≤

≤

4 0

3 0

y

x

và A=(3-x)(4-y)(2x+3y)

Tìm GTLN của A

Giải:

A= ( 12 3 )( 2 3 )

3

1 ) 2 6

(

2

1

y x y

−

6

1

y x y

3

3 2 3 12 2 6 6

1











A≤ 36

GTLN của A là 36.Khi:







=

=

⇔ +

=

−

=

−

2

0 3

2 3 12 2

6

y

x y x y x

Vớ dụ: A=

xyz

z xy y

xz x

yz − 1 + − 2 + − 3

Tỡm GTLN của A.(x≥1, y≥2, z≥3)

Giải:

Áp dụng bđt Cụsi:

2 2

1 1 ) 1 ( 1

x

2 2 2

2 2

2

1 ) 2 ( 2 2

1

y

3 2 2

3 3

3

1 ) 3 ( 3 3

1

z

Vậy A

3 2

1 2 2

1 2

1 3 2

1 2 2

1 2

1

+ +

=







≤

xyz

xyz







=

3

1 2

1 1 2 1

1 2

1 1 2

1

.Khi:









=

=

=

6 4 2

z y x

9.Ph ơng pháp tam thức bậc hai

9.1 Phơng pháp giải: Dùng định lí về dấu của tam thức bậc hai để chứng minh

bất đẳng thức

Định lý về dấu của tam thức bậc hai:

Định lý về dấu của tam thức bậc hai f(x) = ax 2 + bx + c (a ≠0)

∆ = b 2 - 4ac

- Nếu ∆ < 0 thì f(x) luôn cùng dấu với a với mọi giá trị của x (nghĩa là a.f(x) > 0)

- Nếu ∆=0 thì f(x) luôn cùng dấu với a với mọi giá trị của x, trừ khi x=

a

b

2

−

thì

f(x) = 0 (nghĩa là a.f(x) ≥ 0, af(x) = 0 khi x=

a

b

2

−

);

- Nếu ∆> 0 thì f(x) cùng dấu với a khi x nằm trong khoảng hai nghiệm (x 1 , x 2 )

và khác dấu với a khi x nằm trong khoảng hai nghiệm.

9.2 Ví dụ áp dụng

Ví dụ 1: Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn hệ điều kiện







= +

= +

6

1

2 2

d c

b a

Chứng minh rằng: c2 + d2-2ac -2bd ≥ 18 - 6 2 (1)

Giải: c + d = 6 ⇒ d = 6- c Khi đó bất đẳng thức (1) có dạng:

c2+ (6-c)2 -2ac -2b(6-c) -18+ 6 2 ≥ 0 (2)

Quan niệm vế trái của (2) là tam thức bậc hai của c, ta có:

Ta có bảng xét dấu sau:

-Do − 2 ≤a+b≤ 2 nên từ (3) và bảng xét dấu ⇒ ∆ ' ≤0 Theo định lý về dấu của tam thức bậc hai thì (2) đúng với mọi c Đó là điều phải chứng minh

Dấu = xảy ra









=

=

=

=

⇔









− +

=

=

+

⇔

3 2 2 2

6 2

d c

b a b a

c

b a

Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpxki đã nêu trong phần <9> Giải: Xét tam thức bậc hai

F(x) = (b1x - a1)2 + (b2x - a2)2+….+(bnx - an)2

2

2

2

2

a + +  +

2

2 1 2 2

2

2 1

2 2

2

1

1

2

2 1 2 2

2

2 1

2 2

2

1

⇔

n

n

b

a b

a b

a

=

=

2

2 1 1

10 Ph ơng pháp đồ thị và hình học

10.1 Phơng pháp giải: Vận dụng các kiến thức hình học để chứng minh các

bài toán về bất đẳng thức đại số.

10.2 Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với a, b ta có: a+b< a + b

Giải: Xét ∆ABC có Â = 900, AB = a,

b

B

Ví dụ 2: Cho a,b,c,d > 0 Chứng minh rằng:

2 2 2

Giải: Trên trục hoành Ox đặt liên tiếp hai đoạn OA = a, AB = c, còn trên trục

Oy đặt liên tiếp OC = b, CD = d Xét hình chữ nhật COAE và DOBF Theo định

lý pitago ta có:

OE = a2 +b2

EF = c2 +d2

OF = (a+c) (2 + b+d)2

d b c a d

c b

d

c b

a =

Ví dụ 3: Cho x, y là 2số thoả mãn:









≤

−

−

≤

−

−

≥

−

+

0 4

2

0 2

2

0 2

2

x

y

y

x

y

x

5

4

≥

Giải:

Gọi I(x;y) là điểm trên

mặt phẳng Oxy trong đó x, y thoả mãn

đề bài Tập hợp các điểm I(x,y) là miền

ặt phẳng giới hạn bởi tam giác ABC

y

O

C

B A a b

G F

D d

E

C

A

-2

2

x y