Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Nhận xét:Giống như mệnh đề có mệnh đề đúng,mệnh đề sai ta cũng có bất đẳng thức đúng,bấtđẳng thức sai.

Chú ý:Trừ hai bất đẳng thức cùng chiều là SAI

1.3.2 Trừ hai bất đẳng thức ngược chiều:

1.3.5 Khai căn bậc n (n> 2) của một bất đẳng thức:

Dấu "=" xảy ra ⇔ a

x =

by1.4.4 Bất đẳng thức Schwartz dạng 2:

Cho 2n số thực bất kỳ:a1, a2, , an & b1, b2, , bn

| ax + by | 6 √a2+ b2px2 + y2

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a

x =

by

Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko

2.1 Phương pháp 1:Sử dụng định nghĩa và biến đổi tương đương

2.1.1 Cơ sở của lý thuyết

b2

c2+ a2 − b

c + a =

bc(b − c) − ab(a − b)(c2+ a2)(c + a) (4)

c2

a2+ b2 − c

a + b =

ac(c − a) − bc(b − c)(a2+ b2)(a + b) (5)Thay (3),(4),(5) vào (2) ta được:

Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko

(x2− 2xcos(a) + 1)

=(1 − cos(a))(x

2+ 2x + 1)(1 + cos(a))(x2− 2x + 1)(x2− 2xcos(a) + 1)2

⇔ 4a2+ 4b2+ 4c2+ 4d2 + 4e2 > 4ab + 4ac + 4ad + 4ae

⇔ 4a2+ 4b2+ 4c2+ 4d2 + 4e2− 4ab + 4ac + 4ad + 4ae > 0

⇔ (a2− 4ab + 4b2) + (a2− 4ac + 4c2) + (a2− 4ad + 4d2) + (a2− 4ae + 4e2

Bài 7:Cho a, b, c là độ dài các cạnh của 1 tam giác nội tiếp trong 1 đường tròn bán kính1.CM 4 đã cho nhọn ⇔ a2+ b2+ c2 > 8

Giải:Áp dụng định lý sin trong 4 ABC,ta có:

a

sin(A) =

bsin(B) =

csin(C) = 2R = 2

⇒ a2+ b2+ c2 = 4(sin2(A) + sin2(B) + sin2(C))

nên a2+ b2+ c2 > 8 ⇔ sin2(A) + sin2(B) + sin2(C) > 2

Đặt T = sin2(A) + sin2(B) + sin2(C)

hoặc 2 trong 3 giá trị cos(A),cos(B),cos(C) nhỏ hơn 0 và giá trị còn lại lớn hơn 0

Nếu trường hợp 2 xảy ra thì 4 ABC có 2 góc tù(vô lý) nên

cos(A)cos(B)cos(C) > 0

⇔ cos(A),cos(B),cos(C) > 0

Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko

⇔ 4 ABC nhọn(đpcm).

Bài 8:Cho x > 0.CM: log2(1 + 2x) > log3[3x+ (√

2)x] (1)Giải:(1)⇔ log2(1 + 2x) − x > log3[3x+ (√

(1+(

√2

3 )

x )

2 >

1log

(1+(

√2

3 )

x )

3 = log3(1 + (

√2

3 )

x )

2 >

1log

(1+(

√2

Ta có f (x) = a[(x + b

2a)

2] − ∆4a2

· f (x) > 0 ∀x ⇒ 2 trường hợp

Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko

· a > 0 và a (x + b

2a)

2 > ∆4a2 ∀x ⇒ ∆ < 0

· a < 0 và a(x + b

2a)

2 > ∆4a2 ∀x (vô lý)Các định lý 2,3,4 được chứng minh tương tự

Ví dụ 1: Cho 4 ABC CMR với ∀x, y, z ta có:

x2+ y2+ z2 > 2(yzcos(A) + zxcos(B) + xycos(C)) (1)

Giải:(1)⇔ x2 − 2x(zcos(B) + ycos(C)) + y2 + z2− 2yzcos(A) > 0

Xét f (x) = x2 − 2x(zcos(B) + ycos(C)) + y2 + z2− 2yzcos(A) là tam thức bậc hai có

∆0 = (zcos(B) + ycos(C))2− y2− z2+ 2yzcos(A)

= −z2sin2(B) − y2sin2(C) + 2yz(cosBcosC + cos(A))

= −z2sin2(B) − y2sin2(C) + 2yz(cosBcosC − cos(C + B))

= −z2sin2(B) − y2sin2(C) + 2yzsin(C)sin(B)

= −(zsin(B) − ysin(C))2 6 0

⇒ f (x) > 0

⇒ (1)đúng với mọi x,y,z (theo định lý 2)

Ví dụ 2: (Polya) Cho 0 < a 6 ai 6 A, 0 < b 6 bi 6 B với ∀i = 1, n

 bi

ai +

B.bA.a ≤ 0 ∀i = 1, n

⇔ b2

i − b

Ba

.bi.ai+B.b

A.a.a

2

i ≤ 0 do ai > 0 ∀i = 1, nCộng vế với vế của n phương trình trên ta được

Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko

.A.aB.b ≥

2

+ Ba

2

+ 2.B.bA.a

!.A.a

14

ba

!2

(2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 3: Cho 4 ABC có độ dài ba cạnh a,b,c và diện tích S CMR:

(2x − 1)a2+ (2

x− 1)b2 + c2 > 4√3S với ∀x > 0 (1)Giải: (1)⇔ (2x2− x)a2+ (2 − x)b2+ c2x > 4√

= 2 − cosC√

3

⇔√3sin(C) + cos(C) 6 2 luôn đúng

Vậy ∆6 0 nênf (x) > 0, ta có điều phải chứng minh

2√78

Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko

⇔ 50 > 40cos(A) + 30cos(B) + 24cos(C)

Áp dụng ví dụ 1 cho x = 3, y = 4, z = 5 ta có điều phải chứng minh

Bài 2: Cho f (x), g(x) là các hàm số liên tục trên [a,b] CMR:

Giải: Với ∀y ∈ R ta có:

(y.f (x) + g (x))2 ≥ 0 với ∀x ∈ [a, b]

⇒ y2.f2(x) + 2.y.f (x) g (x) + g2(x) ≥ 0 với ∀x ∈ [a, b]

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài 3: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác CMR:

Vậy ta có điều phải chứng minh

⇐=) a,b,c là ba số dương thỏa mãn (1)thì S>0 với ∀p

Do đó ta có ∆ < 0

⇔ (−a + b + c)(a + b − c)(a − b + c) > 0

Nếu ba thừa số ở vế trái của bất đẳng thức trên dương thì ta có điều phải chứng minh.Nếu hai trong ba thừa số đó là âm Giả sử a+b-c<0 và b+c-a<0 thì

⇒ 2b = (a + b − c) + (b + c− a)<0, mâu thuẫn

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 4: Cho a,b,c,d,p,q thỏa mãn p2+ q2− a2− b2− c2− d2 > 0

CMR: (p2− a2− b2) (q2− c2− d2) ≤ (pq − ac − bd)2

Giải: Từ giả thiết ta có: (p2− a2− b2) + (q2− c2− d2) > 0

nên một trong hai số hạng của bất đẳng thức trên phải dương

Giả sử p2− a2− b2>0 Xét tam thức bậc hai:

> 0 vì theo định lý về dấu của tam thức bậc hai

f (x) = ax2+ bx + c với a 6= 0 nếu ∆<0 thì af (x)>0 với ∀x ∈ R

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 5:Cho (x,y,z) là nghiệm của hệ phương trình

3 6 x, y 6 8

3Vậy −8

3 6 x, y, z 6 8

3Bài 6: Cho phương trình ax2+ bx + c = 0 với a 6= 0 vô nghiệm và a+b+c<0 CMR: c<0

Giải: Đặt f (x)=ax2+ bx + c = 0

từ giả thiết ta có ∆ < 0 Theo định lý về dấu của tam thức bậc hai ta có:

af (x) > 0 với ∀x ∈ R mà f (1)=a+b+c<0 nên a<0

Lại có 0< af (0)=ac nên c<0

Vậy c<0

2.3 Phương pháp 3:Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển

Những bất đẳng thức dưới đây thường được sử dụng để giải nhiều bài tập

Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko

Xét i=1, n ai ∈ R & ai > 0∀i

⇒ (−→a−→

b )2 6−→a2−→

b2Dấu "=" xảy ra ⇔ cos(−→a ,−→b ) = 1 ⇔ −→a = k−→b

xyz ⇒ xyz 6 1Xét (a3+ x3)(b3+ y3)(c3+ z3) − (abc + xyz)3

Vì nếu x=0 ⇒ b=c=d=0 (mâu thuẫn với (∗))

(a + b)3 = (a + b)2(a + b) 6 2(a2 + b2)(a + b) (1)

Do vai trò của a và b là như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử 06 a 6 b ⇒ 0 6 a2 6 b2

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có (a2+ b2)(a + b) 6 2(a3+ b3) (2)

(a3+ x3)(b3+ y3)(c3+ z3) > (abc + xyz)3 ∀a, b, c, x, y, z > 0

Dấu "=" xảy ra ⇔ 4 ABC đều.

Bài 6:Cho a,b,c > 0;a+b+c 6 3.CMR

> 33

r

1(1 + a)(1 + b)(1 + c).3

Bài 7:Cho x,y,z,t ∈ (1

4; 1).CMlogx(y − 1

2)

2> 0 ⇒ x2 > x − 1

4Tương tự ta có:y2 > y − 1

Do x,y,z,t ∈ (1

4; 1) nênVT(∗) > logx(y2) + logy(z2) + logz(t2) + logt(x2)

= 2(logx(y) + logy(z) + logz(t) + logt(x)) (1)

Để chứng minh : A6B ta đánh giá A6C rồi chứng minh C6B

Ví dụ 1:Nếu a, b, c>0 và a+b+c = abcthì:

a2+ b2+ c2 + 1

a2 + 1

b2 + 1

c2 > 10Giải:Từ a+b+c > 3√3

abc ⇔ abc > 3√3

abc ⇒ p(abc)3 2 > 3T=a2+ b2+ c2+ 1

T> 3(t+1

t)

Do f (t) = 3(t+1

t) đồng biến với t > 3nên f (t) > f (3) = 10 ⇒ đpcm

Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko

Ví dụ 2:CMR a2+ b2 = c2+ d2 = 1998 thì |ac + bd| 6 1998Giải: Ta có

Bài 2:Cho 0 < a,b,c,d < 1.CMR:

(1-a)(1-b)(1-c)(1-d) > 1-a-b-c-d

Giải:Ta có (1-a)(1-b) = 1 - a - b + ab > 1 - a - b (do a,b>0 ⇒ ab>0)

⇒ (1-a)(1-b)(1-c) > (1-a-b)(1-c) = 1-a-b-c+ac+bc (do 1-c >0)

⇒ (1-a)(1-b)(1-c) > 1-a-b-c (do ac,bc > 0)

Tương tự ta có (1-a)(1-b)(1-c)(1-d) > 1-a-b-c-d

Bài 3:Cho 0 < a,b,c < 1.CMR

2(a3+ b3+ c3) < 3 + a2b + b2c + c2a

Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko

Giải:Do 0<a<1 nên a2 < 1

Giả sử ta phải chứng minh luận đề "P⇒Q"

Muốn chứng minh P⇒Q (với P giả thuyết đúng, Q kết luận đúng) phép chứng minh được thểhiện như sau:

Giả sử không có Q (hoặc P sai) suy ra điều vô lý , vậy phải có Q( hoặc P đúng) Như vậy đểphủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó

Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau:

Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko

• Dùng mệnh đề phản đảo

• Phủ định rồi suy ra trái giả thiết

• Phủ định rồi suy ra trái với điều đúng

• Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau

• Phủ định rồi suy ra kết luận

Ví dụ 1:Cho a,b,c thỏa mãn a+b+c>0; ab+bc+ac>0; abc>0 CMR:a>0, b>0, c>0

Giải:Không mất tính tổng quát của bài toán ta giả sử:

64Điều này vô lý vì a,b,c ∈ (0;1) nên 0 < a(1-a), 0 < b(1-b) , 0 < c(1-c)

40< c(1-c) 6 1

4

Ví dụ 3:Có ∃ x ∈ R để 1

3 6 tan(3x)tan(x) 6 3Giải:Điều kiện x 6= kΠ;Π

3 6 tan(3x)tan(x) 6 3

Nhân vế với vế của (1),(2),(3) ta được:

−[(−a + b + c)(a + b − c)(a − b + c)]2 > 0 (vô lý)

⇒ đpcm

Bài 3:Cho a,b,c >0 và abc=1

CM:a+b+c > 3 (Bất đẳng thức Cauchy cho 3 số)

Giải:Giả sử a+b+c <3 ⇒ (a+b+c)ab< 3ab

z√3

&12564

từ đó ta có f (x)6 2 ⇒ x2+ y2 6 f (x) 6 2 (đpcm)

Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko

Bài 2:Cho 0 6 a,b,c 6 1.CMR

a2+ b2 + c2 6 1 + a2b + b2c + c2a

Giải:Dựng 4 ABC đều cạnh bằng 1 Chọn M∈AB; N∈BC; P∈AC sao cho AM=a2;BN=b2;CP=c2

Khi đó S4AM P + S4BM N + S4CN P 6 S4ABC

⇒ a2(1 − c2)

√3

4 + b

2(1 − a2)

√3

4 + c

2(1 − b2)

√3

√34

2.7 Phương pháp 7:Lượng giác hóa

Dạng 7:Nếu |x| > m hoặc bài toán có chứa √x2− m2 thì đặt x = m

cosαvới α ∈ [0, π] \ nπ

2o

Dạng 8: Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức √

x2+ 1 thì đặt

x = tanα với α ∈ −π

2 ;

π2



Dạng 9: Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức √

x2+ m2 thìđặt x =m.tanα với α ∈ −π

2 ;

π2

2 ;

π2

Giải:Do | x |6 1 nên đặt x = cosα với α ∈ [0, Π]

Khi đó T = |x (2x2 − 1) (8x4− 8x2+ 1)| = |cos α (2cos2α − 1) (8cos4α − 8cos2α + 1)|

= cos α cos 2α8cos2α cos2α − 1
+ 1

= cos α cos 2α −8cos2αsin2α + 1

=