Ta suy ra ĐPCM... Các bài toán có điều kiện là đẳng thức kết hợp bất đẳng thức.
Trang 1A ) Các công thức cơ bản:
I)Các hằng đẳng thức:
(a ± b)2 =a2 ± 2ab +b2
( a ± b)2 = a2 ± 3a2b +3ab2 ± b2
(a+b)(a-b) = a2 - b2
( a+ b )( a2 - ab + b2 ) = a3 + b3 ( a - b ) (a2 + ab +b2 ) = a3 - b3
(a ± b)4 =a±4a3 + 6a3 b3 ± 4ab3 +b4
II) Các bất đẳng thức:
(a ± b)2≥ 0 với ∀ a ,b
a2 ≥ 0 với ∀ a
B)Các ví dụ minh hoạ : I.) Điều kiện bài toán là đẳng thức:
Bài1 Cho a + b = 6 Chứng minh: a4 + b4 ≥ 162
Giải
Do a + b = 6 nên có thể đặt
−
=
+
=
m
b
m
a
3
3
với m tuỳ ý
Ta có : a4 + b4 = (3 + m)4 + (3 - m)4 =
=3 4+4 3 3 m+6 3 2 m 2 +4 3 m 3 +m 4 +3 4 −4 3 3 m+6 3 2 m 2 −4 3 m 3 +m 4
=162+108 m 2+2 m 4 ≥162
Với mọi m Đẳng thức xảy ra khi m = 0
Hay a = b = 3 Suy ra ĐPCM
Bài 2: Cho a + b = 4 chứng minh: a4 + b4 ≥ 32
Giải: Do a + b = 4 nên có thể đặt
−
=
+
=
m b
m a
2
2
với m tuỳ ý
Ta có : a4 + b4 = (2 + m )4 + (2- m)4 = 32 + 48m2 +2m4 ≥ 32
Với mọi m Đẳng thức xảy ra khi m =0 hay a = b = 2 Ta suy ra ĐPCM
Trang 2
−
=
+
=
m
c b
m
c a 2
2
Với m tuỳ ý
Bài 3: Cho x + y + z = 3
Chứng mỉnh rằng: x2 + y2 + z2 +xy +yz +zx ≥ 6
Giải: Do x + y + z = 3 nên ta đặt
−
−
=
+
=
+
=
b
a
z
b
y
a
x
1
1
1
Với a,b tuỳ ý Thay vào vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh ta có:
x2 + y2 + z2 +xy +yz +zx = (1 + a)2 + (1 + b )2 + (1 - a - b)2 + + (1+ a) (1 + b) + (1+b) (1- a -b) + (1- a - b)(1+ a) = 6 + a2 + ab + b2
4
3 2
6
2 2
≥ +
+
Với mọi a , b Dấu” = “xảy ra khi a = b = 0 hay x =y =z =1 suy ra ĐPCM
Nhận xét 2: Nếu giả thiết cho: x + y + z = k Thì ta nên đặt:
−
−
=
+
=
+
=
n m
k
z
n
k
y
m
k
x
3
3
3
Hoặc
+
=
+
=
+
=
c
k z
b
k y
a
k x
3 3 3
với a +b +c = 0
Hai cách đặt này đều có thể vận dụng cho bài toán trên
Bài 4: cho a + b + c + d = 1 Chứng minh rằng :
( a + c) ( b + d ) + 2ac +2bd ≤
2 1
Giải: Do a + b +c + d = 1 nên ta có thể đặt :
z y d
; z y c
; z x b
; z x
4
1 4
1 4
1 4
1
Với x ,y ,z tuỳ ý Thay vào vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh ta có:
(a+ c) (b+ d) + 2ac +2bd =
− −
− + +
+ −
+ + +
− −
+ +
4
1 4
1 2 4
1 4
1 2 2
1 2
1
Trang 3( )
2
1 4
2
1 − − 2 − 2 ≤
Vớii mọi x , y z
Dấu ” = “ xảy ra khi x - y = z = 0 hay a = c và b = d suy ra ĐPCM
Ta có thể đặt theo 2 cách :
−
−
=
− +
=
+
−
=
+ +
=
z y
k d
z y
k
c
z x
k b
z x
k
a
4 4
4 4
Hoặc
+
=
+
=
+
=
+
=
q
k d
p
k c
n
k b
m
k a
4 4 4 4
với m + n + p + q = 0
Bài 5: Cho a + b = c + d chứng minh rằng
a2 + d2 + cd ≥ 3ab
a2 + b2 + ab ≥ 3cd
Giải
Phần a , b tơng tự nhau, ta chứng minh phần a
Giải: Do a +b = c + d nên ta đặt
−
=
+
=
x b d
x a c
Với x tuỳ ý
Ta có c2 +d2 +cd=(a +x) (2 + b−x) (2 + a +x)(b−x) =
ab ab x
x b
4
3 2
2 2
≥ + +
− +
Dấu ” = “ xảy ra khi x = a - b +
2
x = 0 hay a = b = c = d Với c2 + d2 +cd ≥ 3ab với ∀ a, b thoả mãn a + b = c + d
Bài 6 : Cho a + b + c + d = 2 CMR a2+ b2 + c2 + d2 ≥ 1
Vì a + b + c + d = 2 nên đặt
t d
;
y
b
z c
;
x
a
+
= +
=
+
= +
=
2
1 2
1
2
1 2
1
Với : x + y + z + t = 0
Ta có: a2 +b2 +c2 +d2 =
Trang 42 2
2 2
4
2 4
2 4
2 4
2
+ +
+ +
+ +
+
t t z
z y
y x
4
1 4
1 4
1 4
1
(x +y +z +t )+(x+y+z+t) +
4
1 4
1
4
1
4
1
0
1+ 2 + 2 + 2 + 2 ≥
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = t Khi đó a = b = c = d =
2 1
Nhận xét 4:
Nếu cho điều kiện là
k a
a a
a
a1+ 2 + 3 + 4 + + n =
CMR:
n
k a
a a a
2 2 2
4
2 3
2 2
2
Ta nên đặt x ,
n
k
n
k
n
k
a3 = + 3 x ,
n
k
an = + n
II Các bài toán có điều kiện là đẳng thức kết hợp bất
đẳng thức
Bài 7: Cho x + y =3 và y ≥ 2 .Chứng minh rằng:
a) x3 + y3 ≥ 9
b) 2x4 + y4 ≥ 18
Giải: Do y ≥ 2 nên đặt y =2 + t ≥ 0 với t ≥ 0
Do x +y = 3 nên đặt y = 2 + t Thì x = 1 - t Thay x = 1 -
t và y = 2 + t vào vế trái ta có:
x3 + y3 = (1 -t )3 + ( t + 2)3= 9 +9 t +9t2 ≥ 9 vì t ≥ 0
Dấu “ = “ xảy ra khi t = 0 hay x = 1 và y = 2 suy ra ĐPCM
b) 2x4 + y4 =2 (1 - t)4 + ( 2 + t) 4 =18 +24t + 36 t2 + 3t4≥ 18 vì t ≥ 0
Dấu “ = “xảy ra khi t = 0 hay x =1 và y =2 Suy ra ĐPCM
Trang 5Nhận xét 5: Với điều kiện x + y = k và y ≥ l (hay x ≤ n) thì nên đặt
y = 1 + m với m ≥ 0 ( hay x = n - m với m ≥ 0)
Từ đó suy ra x = k - l - m (hay y = k - n - m)
suy ra:
+
=
−
−
=
m l y
m l k x
Hay
−
−
=
−
=
m n k y
m n x
Rồi thay các ẩn vào các vế bất đẳng thức cần chứng minh
Bài 8: Cho x < 2 và x + y > 5 Chứng minh rằng: 5x2 + 2y2 + 8y > 62
Giải
Do x < 2 và x + y > 5 nên ta đặt
+
=
+
−
=
k
y
x
t
x
5
2
Với t ,k > 0 Suy ra
+ +
=
−
=
k t y
t x
3 2
Thay vào vế trái của bất đẳng thức ta có
5x2 +2y2 +8y = 5 (2 - t )2 + 2(3 + k + t )2 +8 (3 + k + t) =
= 62 + 2 (k + t )2 +5t2 +20 k > 62 ∀ k , t Suy ra ĐPCM
Bài 9 Cho a + b > 8 và b > 3 Chứng minh rằng:
27a2 +10 b3> 945
Giải Do a + b > 8 và b > 3 Nên ta đặt
+
=
+
+
=
k
b
a
t
b
8
3
Với k,t > 0 ⇒
+
=
− +
=
t b
t k a
3
5
Thay vào vế trái của BĐT ta có:
27a2 + 10b3 =
( + − ) + ( + ) =
3 10 5
27
Vì ,t,k >0 Suy ra ĐPCM
Nhận xét6:Nếu điếu kiện cho là:
Trang 6
≤
≥
+
v
x
u
y
x
Ta nên đặt
−
=
+
= +
m v x
n u y x
Với m,n > 0 từ đó ⇒
−
=
+ +
−
=
m
v
x
n u
v
m
y
Thay vào BĐT suy ra ĐPCM Nếu điếu kiện cho là:
≥
≥
+
l
b
k
b
a
Thì ta đặt
+
=
+
=
+
n l
b
m k
b
a
với n,m > 0 →
+
=
−
− +
=
n l b
n l m k a
Thay vào BĐT suy ra ĐPCM
Bài10: Cho a + b + c ≥ 3 .Chứng minh rằng a4 +b4+c4 ≥ a3 + b3 + c3
Giải:
Do a + b + c ≥ 3 nên ta đặt :
+
=
+
=
+
=
z c
y b
x a
1 1 1
Thoả mãn x + y + z ≥ 0 Xét hiệu : a 4+b 4 +c 4−a 3 −b 3−c 3 =
=(1+x) (4 + y+1) (4 + z+1) (4 − x+1) (3 − y+1) (3 − z+1)3 =
4
3 3 3 2
3 2
3 2
2 2 2
+ +
+ +
+
+
+
z
y y
x x z
y
x
Vậy: a 4+b 4+c 4 ≥a 3 +b 3 +c 3
Dấu'' = ''xảy ra khi x = y = z hay a = b = c = 1
Nhận xét 7
Đây là đề thi học viện bu chính viễn thông.Ta thấy nếu biết cách đặt ẩn phụ hợp lý học sinh vẫn có thể chứng minh đợc đối với học sinh THCS
III)các bài toán có điều kiện phức tạp:
Bài11: cho : a3 + b3 < 2 Chứng minh rằng: a + b < 2
Giải Phơng pháp phản chứng
Giả sử a+b≥2 ta đặt
+
=
+
=
y b
x a
1
1 với x+y ≥0
Trang 7Ta có: 3 3 ( ) (3 )3 ( ) ( 2 2) 3 3
3 3
2 1
b
= 2+3(x+y)+3(x 2 +y 2)+(x+y) (x 2 −xy+y 2 ≥2)
Vì x+y≥0 Suy ra a 3+b 3 ≥2 Trái giả thiết.Vậy a + b < 2
Bài 12 Cho a4+ b4 < a3 + b3 Chứng minh rằng: a + b < 2
Giải Phơng pháp phản chứng:
Giả sử a+b≥2 Đặt
+
=
+
=
y b
x a
1
1
với x+y ≥0
Xét hiệu: a 4+b 4 −a 3−b 3 =(1+x) (4+ 1+y) (4 − 1+x) (3− 1+y)3
=(x+y)+3(x 2 +y 2) (+3 x 3+y 3)
( + )+3( 2+ 2)+3( + ) ( 2 − + 2)≥0
haya 4+b 4 −a 3−b 3 ≥0→ với a + b ≥ 2 Thì: a4 + b4≥ a3 + b3 Trái với giả thiết Vậy a + b < 2
Bài toán 13
Cho a,b,c là 3 số dơng Chứng minh :
2
3
≥ +
+ +
+
c c a
b
c
b
a
Giải:
Đặt x = b + c ; y = c + a ; z = a + b Khi đó:
2
z y x
c
b
a + + = + +
2 2 2
z y x c
z y x b
z y x a
− +
=
+
−
=
+ +
−
=
Cho nên
Trang 8
2
3 3 2 2 2 2 1
3 2
1
1 1
1 2 1
2 2
2
=
− + +
≥
≥
−
+ +
+ +
+
=
=
− + + +
− + + +
−
=
= +
+ +
+ +
z
y y
z z
x x
z y
x x y
z
y z
x y
z y
x x
z x y
z
z y x y
z y x x
z y x
b a
c a
c
b c
b a
(áp dụng BĐT CÔ SI ) Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
Hay a = b = c
Bài toán 14
Cho u,v là các số dơng và u+v=1 chứng minh rằng
2
25 1
≥
+ +
+
v
v u
u
Giải
Đặt a = u +
u
1 và
v v
b= + 1 Ta có a > 0, b > 0
Và
2
2
+a b <
2
2
a + (1)
4 4
2 2
2 2
2
2 2
2 2
2 2 2 2
b a b
a b
ab a
b a b
áp dụng bất đẳng thức (1) ta có:
4
25 2
4 1 2
1
1
2
1 1 2
1 1
1 1
2
1
2
2 2
2 2
2 2
2
2
=
+
≥
+
=
+ + +
=
+ + +
≥
+ +
+
=
+
uv
v u v u v
v u u v
v u
u b
a
vì uv≤
2
1 2
2
=
+u v
do đó 1 ≥4
uv ) Dấu đẳng thức xảy ra khi : u = v =
2
1
bài toán:15
Cho a.b≠0 Chứng minh rằng:
Trang 90 4 3
2
2
2
2
≥ +
+
−
+
a
b b
a a
b
b
Giải : Đặt x =
a
b b
a + ta có : 2
2
2 2
2
a
b b
a x
2
2
2
−
=
a
b
b
a
Bất đẳng thức trở thành:
x2 −2−3x+4≥0
0 2 3
( −1)( −2) ≥0
Nếu ab< 0Thì ta có
0
2 + ab+b ≥
a
ab b
a2 + 2 ≥−2
⇒ Chia cả hai vế cho ab ta đợc
2
2
2
−
≤
+
ab
b
a Vậy x
2
−
≤ Trong cả hai trờng hợp thì (x −1)(x −2) ≥0
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b