Tính chất luỹ thừa bậc hai: Ngay từ lớp 7 học sinh đã biết nhận xét về dấu của một số có luỹ thừa chẵn nắm đ -ợc tính chất của luỹ thừa bậc hai Bình ph “Bình ph ơng hay luỹ thừa bậc hai
Trang 1
A Tính chất luỹ thừa bậc hai:
Ngay từ lớp 7 học sinh đã biết nhận xét về dấu của một số có luỹ thừa chẵn nắm đ
-ợc tính chất của luỹ thừa bậc hai
Bình ph
“Bình ph ơng hay luỹ thừa bậc hai của mọi số đều không âm”
(*)
Lớp 8 học sinh đã đợc làm quen với hằng đẳng thức:
(A - B)2 = A2 – 2AB + B2 Nếu sử dụng tính chất (*) thì
Việc khai thác và sử dụng sáng tạo bất đẳng thức (I) giúp học sinh rèn luyện t duy
và hình thành phơng pháp chứng minh cũng nh cách thức để hình thành bất đẳng thức mới từ bất đẳng thức đã biết
Từ bất đẳng thức (I):
(a – b)2 ≥ 0 a2 + b2 ≥ 2ab
ở cả 3 BĐT (I), (II), (III) dấu “Bình ph=” xảy ra khi a = b
B Khai thác tính chất luỹ thừa bậc hai.
I/.Khai thác bất đẳng thức (I): (a – b) 2 ≥ 0
Từ bất đẳng thức (I) ta có thể đổi biến đặt A = ay; B = bx khi đó (I) trở thành: (ay – bx )2 ≥ 0 a, b, x, y
Dấu “Bình ph=” xảy ra khi ay = bx
y
x b
a
Khai triển và biến đổi: a2y2 – 2axby + b2x2 ≥ 0
a2y2 + b2x2 ≥ 2axby
a2y2 + b2x2 +a2x2 + b2y2 ≥ a2x2 + 2axby + b2y2
(a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
Nh vậy ta có bài toán:
1.Bài toán 1:
Chứng minh rằng : (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
(Bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 2 bộ số a, b, và x, y)
Để khắc sâu các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức ta sẽ chứng minh bài toán bằng nhiều cách
- Phơng pháp 1 : Dùng định nghĩa : A > B A – B > 0.
+ Lập hiệu A – B
A2 ≥ 0
a
a
b b
a
≥ 2 (II)
(a + b)2 ≥ 4ab
(III)
(A - B) 2 ≥ 0 A,B (I)
Trang 2
+ Chứng tỏ A – B > 0
+ Kết luận A > B
+ Cách 1 : Xét hiệu : (a2 + b2)(x2 + y2) – (ax + by)2
= a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 - a2x2- b2y2 – 2axby = a2y2 - 2axby + b2x2
= (ay - bx)2 ≥ 0 luôn đúng a, b, x, y
Vậy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
Dấu “Bình ph=” xảy ra khi
y
x b
a
- Phơng pháp 2 : Phép biến đổi tơng đơng.
+ Biến đổi A > B A1 > B1 A2 > B2 … (*) + Vậy A > B
+ Cách 2 : Ta có (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 ≥ a2x2+ 2ãby + b2y2
a2y2 - 2axby + b2x2 ≥ 0 (ay – bx)2 ≥ 0 luôn đúng a, b, x, y
Dấu “Bình ph=” xảy ra khi
y
x b
a
Bất đẳng thức cuối cùng là đúng
Vậy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
- Phơng pháp 3 : Sử dụng bất đẳng thức đã biết
+ Cách 3 : Ta có (ay - bx)2 ≥ 0
a2y2– 2aybx + b2x2 ≥ 0 a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 ≥ a2x2+ 2ãby + b2y2(cộng 2 vế a2x2, b2y2) (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
- Phơng pháp 4 : Phơng pháp phản chứng.
+ Giả sử có điều trái với kết luận
+ Suy ra điều mâu thuẫn với giả thiết hoặc điều đã biết
+ Giả sử sai – kết luận đúng
+ Cách 4: Giả sử (a2 + b2)(x2 + y2) < (ax + by)2
a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 < a2x2+ 2ãby + b2y2 a2y2– 2aybx + b2x2 < 0
(ay - bx)2 < 0 Vô lý Vậy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
Bốn phơng pháp trên thể hiện trong 4 cách giải bài toán 1 là 4 ph ơng pháp thông thờng để chứng minh bất đẳng thức
Trang 3
(ay - bx)2 ≥ 0 (az - cx)2 ≥ 0 (ay - bx)2 + (az - cx)2 + (cy - bz)2 ≥ 0 (cy - bz)2 ≥ 0
Khai triển, chuyển vế cộng vào 2 vế BĐT : a2x2 + b2y2 + c2z2 ta đợc:
a2x2+a2y2+a2z2+b2x2+b2y2+b2z2+c2x2+c2y2+c2z2≥a2x2+b2y2+c2z2+2axby+2axcz+2bycz
(a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + by +cz)2
2.Bài toán 2 :
CMR : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + by +cz)2
( BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ 3 số a, b, c và x, y, z)
Giải Xét hiệu : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) - (ax + by +cz)2
=a2x2+a2y2+a2z2+b2x2+b2y2+b2z2+c2x2+c2y2+c2z2- a2x2- b2y2- c2z2-2abxy-2acxz-2bcyz
=(a2y2-2abxy+b2x2)+(a2z2–2acxz+c2x2)+(b2z2-2bcyz+ c2y2)
=(ay - bx)2+ (az - cx)2+ (cy - bz)2 ≥ 0
Dấu “Bình ph=” xảy ra khi
z
c y
b x
a
Bằng cách làm tơng tự ta có thể phát triển bài toán BĐT Bunhiacôpxki tổng quát:
(a2 + a2 +…+ a2 )(x2 + x2 +…+ x2 ) ≥ (a1x1 + a2x2 +…+ anxn )2
Dấu “Bình ph=” xảy ra khi
n
n x
a x
a x
a
2
2 1 1
Để ý rằng nếu a và x là 2 số nghịch đảo của nhau thì ax = 1 (x =
a
1 )
Từ bài toán 2 ta có thể đặt ra bài toán:
3.Bài toán 3:
Cho ba số a, b, c là 3 số dơng
Chứng minh rằng: (a + b + c)(
a
1 +
b
1 +
c
1 ) ≥ 9 Giải Theo bài toán 2 (BĐT Bunhiacôpxki):
(a + b + c)(
a
1 +
b
1 +
c
1 ) ≥ ( 1 1 1 )
c
c b
b a
(a + b + c)( a1 +b1 + c1 ) ≥ 32 = 9
Dấu “Bình ph=” xảy ra khi a = b = c
Từ bất đẳng thức (x+ y+ z)(
x
1 + 1y +
z
1 )≥ 9
Đặt a + b = X; b + c = Y; c + a = Z ta đợc BĐT:
2(a + b + c)(
b
a
1 +
c
b
1 +
a
c
1 )≥ 9
Trang 4
( b a c
+a b c
+b c a
+3) ≥ 9
c b
a
+
c a
b
+
a b
c
≥ 2 3 Bài toán tìm đợc:
4.Bài toán 4:
Cho a, b, c là 3 số dơng CMR:
c b
a
+
c a
b
+
a b
c
≥ 2 3
Giải
áp dụng bài toán 2 tacó:
(a+b+c+b+c+a)(
b
a
1 +
c
b
1 +
a
c
1
a c a c c b c b b a b a
2(a + b + c)( a 1b+
c
b
1 +
a
c
1 )≥ 9
( b a c
+a b c
+b c a
+3) ≥ 9
c b
a
+a b c
+b c a
≥ 2
3
(1)
Ta tiếp tục khai thác bài toán 4 theo 2 bớc sau:
- Bớc 1 : Nhân 2 vế của (1) với a+b+c > 0
(a + b + c)(
b
a
1 +
c
b
1 +
a
c
1 )≥
2
3 (a + b + c)
- Bớc 2 : Khai triển rút gọn vế trái sau đó chuyển vế ta đợc:
c
b
a
2
+
c a
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
c b
a
Đây là nội dung của bài toán 5
5.Bài toán 5 :
Cho a, b, c là 3 số dơng
CMR:
c b
a
2
+
c a
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
c b
a
Chứng minh bài toán 5 ta có thể dẫn từ bài toán 1 theo hớng khai thác để đi đến kết quả Nhng ta có thể giải độc lập nh sau:
- Phơng pháp 1: áp dụng bất đẳng thức bài toán 2
[( ) 2
c b
a
a b
b
a b
c
][( b c)2+ ( a c)2+ ( a b)2] ≥
2 )
b a
c c a c a
b c b c b
a
2(a + b + c)(
c b
a
2
+
c a
b
2
+
a b
c
2
) ≥ (a + b + c)2
c b
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
c b
a
(đpcm)
- Phơng pháp 2: áp dụng bất đẳng thức Cô si
Trang 5
c b
a
2
+ 4
c
b
≥ 2
4
c b
a c
b
2
+ 4
a
c
≥ b
a b
c
2
+ 4
a
b
≥ c
Vậy
c b
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
c b
a
(cộng theo vế 3 BĐT trên )
Ta tiến hành khai thác bài toán 5 bằng cách:
+Trang bị thêm cho bài toán 5 điều kiện : abc = 1
+ áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dơng :
a + b + c ≥ 33 abc = 3x1 = 3
6.Bài toán 6:
Cho a, b, c là 3 số dơng thoả mãn : abc = 1
CMR
c b
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
3 (2) Giải
Theo bài toán 5
c b
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥
2
c b
a
≥
2
3 2
1 3 2
3 3
x abc
c b
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥ 2 3 Xem xét bài toán 6 ta nhận thấy:
+ Nếu đặt a =
x
1
; b =
y
1
; c =
z
1 abc =
xyz
1
= 1
Khi đó : x + y =
a
1 +
b
1
=
ab
b
a
= c(a + b)
Tơng tự : y + z = a(b + c)
z + x= b(c + a)
Do đó BĐT (2) ( )
3
c b a
a
3
c a b
b
3
b a c
c
≥ 23 x3(y1z) + y3(z1x) + z3(x1y)≥
2
3 7.Bài toán 7:
Cho x, y, z là 3 số dơng thoả mãn : xyz = 1
CMR :
) (
1
x +
) (
1
y +
) (
1
2 3
Trang 6
Giải
Đặt a =
x
1
; b = 1y ; c =
z
1 abc = xyz1 = 1
Ta có : x+y = c(a+b)
y+z = a(b+c)
z+x = b(c+a)
Do đó :
) (
1
x +
) (
1
y +
) (
1
z =
c b
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
3 (theo bài toán 6)
Nh vậy từ tính chất về luỹ thừa bậc hai ta đã khai thác đợc chùm 7 bài toán từ dễ
đến khó hoặc rất khó mặt khác cũng rèn luyện t duy sáng tạo của học sinh
II/.Khai thác bất đẳng thức II
a
b b
a
≥ 2
Đặt x 0
b
a
thì 1.
x a
b
Ta có ngay bài toán:
8 Bài toán 8:
Cho số dơng x
Chứng minh rằng: x +
x
1 ≥ 2
Khai thác bài toán 8 ta thấy: x 1 1
x
Do đó nếu ta dùng 4 số dơng a, b, c, d thoả mãn : abcd=1
Khi đó: ab=
cd
1 (cd= 1 )
ab
Ta khám phá đợc bài toán mới:
9 Bài toán 9:
Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1
CMR: ab + cd ≥ 2 (hoặc ac + bd ≥ 2; ad + bc ≥ 2)
(Chứng minh bất đẳng thức này chỉ cần đa về bài toán 8 bằng cách dùng điều kiện abcd=1)
Lại có: a2 + b2 ≥ 2ab ; c2 + d2 ≥ 2cd
Do đó : a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 2ab + 2cd
Liên kết với bài toán 9 ta có: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 2(ab + cd) ≥ 4
10 Bài toán 10:
Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1
CMR: : a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 4
Trang 7
11 Bài toán 11:
Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1
CMR: : a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd + ac + bd ≥ 10
Giải
Từ điều kiện a b, c, d > 0 và abcd=1
Ta có: : ab =
cd
1 ; ad =
bc
1 ; ca =
bd
1
Do đó: (ab + cd) + (da + bc) + (ac + bd)
= (cd + 1 )
cd + (bc + )
1
bc + (bd + )
1
bd ≥ 2 + 2 + 2 = 6 (Bài toán 9)
Mà a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 4 (bài toán 10)
a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd + ac + bd ≥ 10
Dấu “Bình ph=” xảy ra khi a = b = c = d
Vây từ bất đẳng thức (II) ta khai thác thành 1 chùm 4 BĐT (8 11)
III Khai thác bất đẳng thức III: (a + b)2 ≥ 4ab a, b
Là bất đẳng thức đa ra mối quan hệ của bình phơng1tổng với tích cuả chúng
Để khai thác BĐT (III) ta thêm điều kiện a,b là 2 số dơng
Chia 2 vế của (III) cho ab(a + b) ta đợc:
ab
b
a
≥
b
a
4
a
1 +
b
1
≥
b
a
4
12 Bài toán 12:
Cho a,b là 2 số dơng
Chứng minh rằng:
a
1 +
b
1 ≥
b
a
4 Giải Xét hiệu
a
1
+
b
1
-
b
a
4
=
) (
4 ) ( ) (
b a ab
ab b
a b b a a
=
2 ) (
b a ab
b a
≥ 0
Vậy
a
1
+
b
1 ≥
b
a
4
Dấu “Bình ph=” xảy ra khi a=b
Khai thác bài toán 12 tơng tự nh cách khai thác bài toán 1
Ta có:
a
1
+
b
1 ≥
b
a
4
c2 + d2 ≥ 4
b
1
+
c
1 ≥
c
b
4
c
1
+
a
1 ≥
a
c
4
Do đó nếu cộng theo vế của 3 BĐT trên ta đợc:
b
a
1
+
c
b
1
+
a
c
1
≥ ( 2
1
a
1
b
1
)
1
c
13 Bài toán 13:
Cho a, b, c là 3 số dơng
Trang 8
CMR:
b
a
1 +
c
b
1 +
a
c
1 ≤ ( 2
1
a
1
b
1
)
1
c
Giải Theo bài toán 12:
b
a
1 ≤ ( 4
1
a
1
b
1 )
c
b
1 ≤ ( 4
1
b
1
c
1 )
a
c
1
≤ ( 4
1
c
1
a
1 ) Cộng theo vế của 3 BĐT trên:
b
a
1
+
c
b
1 +
a
c
1 ≤ ( 2
1
a
1
b
1
)
1
c
Dấu “Bình ph=” xảy ra khi a=b=c
Khai thác bài toán 13 bằng cách :
+ Đặt a= x + y; b= y + z; c= z + x
a
1
y
x
1
≤ ( 4
1
x
1 + 1y )
b
1
z
y
1
≤ ( 4
1
y
1
+
z
1 )
c
1
x
z
1 ≤ ( 4
1
z
1 +
x
1 )
+ Thêm điều kiện :
x
1
y
1
+
z
1 = 4
Ta hình thành bài toán 14 là một BĐT đã là một bài thi đại học khối A năm 2005 Điều này càng chứng tỏ việc học sinh nắm chắc kiến thức ngay từ lớp dới là vô cùng quan trọng
14 Bài toán 14:
Cho x, y, z là các số dơng thoả mãn:
x
1
y
1
+
z
1 = 4 CMR: x y z
2
1
+ x y z
2
1
+ x y1 2z
(Đại học khối A – năm 2005)
Giải
- Cách 1
Ta có : x y z
2
1
=
) ( ) (
1
z x y
x ≤
4
1 (x 1 y + y 1 z ) ≤
16
1 (
x
1 + 1y +
z
1 +
z
1 ) Tơng tự:
z y
x 2
1
≤ 16
1 (
x
1 + 1y +
z
1 +
z
1 )
z y
1
16
1 (
x
1 + 1y +
z
1 +
z
1 ) Cộng theo vế 3 BĐT trên:
Trang 9
z y
x
2
1
+ x y z
2
1
+ x y1 2z
16
1 4 (
x
1
y
1
+
z
1 )
Mà
x
1
y
1
+
z
1 = 4
Vậy
z y
x
2
1
+
z y
x 2
1
+
z y
1
Dấu “Bình ph=” xảy ra khi x = y = z =
3 4
- Cách 2:
Ta có
z y
x
2
1
=
) ( 2
1
z y
x ≤
4
1 (
x
2
1 +
z
y
1
) ≤
x
8
1 + 16
1 (
y
1
+
z
1 ) =
x
8
1 +
y
16
1
+
z
16
1
Tơng tự:
z y
x 2
1
≤
x
16
1 +81y +
z
16 1
z y
1
x
16
1 + 161y +
z
8 1 Cộng theo vế các BĐT:
z y
x
2
1
+ x y z
2
1
+ x y1 2z
4
1 (
x
1 + 1y +
z
1 )=1 Vậy
z y
x
2
1
+
z y
x 2
1
+
z y
1
Khai thác bài toán 14 bằng cách đặt vào tam giác ta có:
15 Bài toán 15:
Xét tam giác ABC có: BC = a, CA = b, AB = c, chu vi a+b+c = 2p không đổi CMR:
c b a
ab
2
c b a
bc
ac
2
p
Giải
áp dụng bài toán 12
Ta có:
c b
a
ab
2
) ( ) (a c b c
ab
4
1 (
c a
ab
+
c b
ab
)
c b
a
bc
4
1 (
b a
bc
+
c a
bc
)
c b
a
ac
4
1 (
a b
ca
+
b a
ca
) Cộng theo vế của 3 BĐT ta đợc:
c
b
a
ab
2
c b a
bc
ac
2 ≤
4
1 (
c a
ab
+
c b
ab
+
b a
bc
+
c a
bc
+
a b
ca
+
b a
ca
) = 4
1
(a + b + c) =
4
1 2p =
2
p
Dấu “Bình ph=” xảy ra khi Δ ABC đều có a = b =c =
3
2 p
Tiép tục khai thác bải toán trong tam giác về mối quan hệ giữa cạnh của tam giác và chu
vi của nó ta có:
Trang 10
16 Bài toán 16
Trong Δ ABC có chu vi a + b +c = 2p ( a, b, c là độ dài 3 cạnh )
CMR : p 1 a +
b
p
1
+
c
p
1
≥ 2 (
a
1 +
b
1 +
c
1 ) Giải
Nhận xét : p - a =
2
c b
a
- a =
2
a c
b
> 0 ( vì b + c > a bất đẳng thức tam giác ) Tơng tự : p - b > 0 ; p- c > 0
Mặt khác : p - a + p - b = 2p - a - b = c
p - b + p - c = a
p - c + p - a = b
Do đó ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức bài toán 12 nh sau:
a
p
1
+ p 1b ≥ (p a)4(p b)
c
4
b
p
1
+ p 1 c ≥
a
4
c
p
1
+ p 1 a ≥
b
4 Cộng theo vế của bất đẳng thức ta có :
a
p
1
+ p 1b + p 1 c ≥ 2 (
a
1 +
b
1 +
c
1 )
Dấu ‘=’ xảy ra khi Δ ABC đều
