Chuyen De Cac Phuong Phap Chung Minh Bat Dang ThucTHCS

Caùc phöông phaùp chöùng minh Baát ñaúng thöùc THCS BÊt ®¼ng thøc lµ mét trong nh÷ng kiÕn thøc träng yÕu cña ch¬ng tr×nh To¸n TH... VËy ta cã ®iÒu ph¶i chøng minh[r]

Caực phửụng phaựp chửựng minh Baỏt ủaỳng thửực THCS

Bất đẳng thức là một trong những kiến thức trọng yếu của chơng trình Toán TH Đối với chơng trình Toán THCS các em học sinh thờng gặp dạng Toán này trong các kì thi “lớn”

nh HSG hoặc vào các trờng chuyên Song trong quá trình giãng dạy của mình, Tôi nhận thấy rằng, đa số học sinh thờng rất yếu về dạng Toán này Chính vì thế mà bài viết này Tôimuốn gửi tới toàn thể các em Học Sinh những gì mà Tôi nghĩ là gần gũi với các em nhất, với mong muốn phần nào đó giúp các em nắm vững hơn các kiến thức, rồi từ đó giải thành thạo giạng Toán này

B A B

1 1



3) Một số bất đẳng thức cơ bản.

+) A2  0 với A (dấu = xảy ra khi A = 0)

+) A2n  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)

Lu ý dùng hằng bất đẳng thức M2  0 luôn đúng với mọi M

Ví dụ 1 Với mọi số thực x, y, z chứng minh rằng :

a) x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx

b) x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz

c) x2 + y2 + z2+3  2(x + y + z)

Giải:

a) Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx =

2

1.(2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2zx)

 Bất đẳng thức (*) luôn đúng với mọi x; y; z R

Vậy x2 + y2 + z2  xy + yz + zx Dấu bằng xảy ra khi x = y = z

b)Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2 – ( 2xy – 2xz + 2yz ) = x2 + y2 + z2– 2xy + 2xz – 2yz

= (x – y + z)2  0 luôn đúng với mọi x; y; z R

Vậy x2+ y2+ z2 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x; y; z R Dấu bằng xảy ra khi x = y = z

c) Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2+ 3 – 2( x + y + z ) = x2– 2x + 1 + y2– 2y + 1 + z2 – 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 :

a)

2 2

2 2

c) Hãy tổng quát bài toán

giảia) Ta xét hiệu:

4

2 4

) (

2 2

2

2 2

2 2 2 2

3

2 2

2 2

2 2 2

2 2

1 2 2

a n

a a

Tóm lại các bớc để chứng minh A  B theo định nghĩa

Bớc 1: Ta xét hiệu H = A – B

Bớc 2: Biến đổi H = (C  D)2 hoặc H =(C  D)2+….+ (E  F)2

Bớc 3: Tìm ĐK để dấu “=” xãy ra

= m n  p q  m.n m.p m.q m

4

4

4

2 2

2 2

2 2

2

m m q

q m m p

p m m n

n m m

2 2

2 2

2 2

2 2

m n

2 2 2 2

01 2

0 2

0 2

0 2

qpn

m Hay

m

m q

m p

m n

m

q m

p m

n m

Ph

ơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi tơng đơng.

Lu ý: Nguyên tắc để chứng minh Bất đẳng thức A  B ta phải biến đổi bất đẳng thức

đã cho tơng đơng với một bất đẳng thức đúng hoặc một bất đẳng thức đã đợc chứng

VËy a2 b2  1 abab DÊu b»ng x¶y ra khi a = b = 1

4 8 8 2 2

VÝ dô 3: Cho x.y =1 vµ x > y Chøng minh r»ng 2 2

2 2







y x

y x

Gi¶i:

Ta cã: 2 2

2 2







y x

y x

V×: x > y nªn x – y > 0 2 2 2 2 x2 y2 2 2 (x y)

y x

y x

x z y x

z y x

1 1 1

1

z y

x    

1 1 1

theo gt)

 2 trong 3 số (x – 1), (y – 1), (z – 1) âm, hoặc cả 3 số(x – 1), (y – 1), (z – 1) đềudơng

Nếu cả 3 số(x – 1), (y – 1), (z – 1) đều dơng thì x, y, z >1  x.y.z > 1 (trái với giả thiết x.y.z =1) Vì thế, bắt buộc phải xảy ra trờng hợp 2 trong 3 số (x – 1), (y – 1), (z –1) âm, tức là có đúng 1 trong ba số x, y, z là số lớn hơn 1 (đpcm)

Ph

ơng pháp 3 : Dùng bất đẳng thức quen thuộc (Bất đẳng thức phụ)

A Một số bất đẳng thức hay sử dụng.

1) Các bất đẳng thức cơ bản

a) x2 y2 2xy 2xy





 Dấu “=” xãy ra khi x = y

b) x2y2 xy Dấu “=” xãy ra khi x = y = 0

a a

a a

.

3 2 1 3

2 1

c b

a

thì

3

3 3

.A b B c C a b c A B C

c b

c b

a

thì

3

3 3

.A b B c C a b c A B C

c b

 (a + b)(b + c)(c + a)  8abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

Ví dụ 2

1) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 CMR: 111 9

c b a

b c b

a

4) Cho x  0,y  0 và thỏa mãn điều kiện: 2 x y  1 CMR:

b c b a

Giải:

c a c

b c b a

c b

c a c

b c b

a b

a

c a c

b c b

a c b a b a

c c a c

b b c

3 3

.

3 3

1

3 3

b c b

b c b

a

) Vậy

2

1

3 3 3

b c b

a

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =

3

1

Ví dụ 4: Cho a, b, c, d > 0 và a.b.c.d = 1 Chứng minh rằng:

      10 2

2 2 2

ab d

c b

c b

ac ab

2 )

( ) (ac  bd a b  acbd c d

áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopski ta đợc: a.cb.d a2 b2 c2 d2

b a c b

 (a – c)(b – d) > cd

 ab – ad – bc + cd > cd

 ab > ad + bc (điều phải chứng minh)

Ví dụ 2: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện

3

5

2 2

2 b c 

Chứng minh rằng:

abc c b a

1 1 1 1





Giải:

Ta có : (a + b – c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab – ac – bc)  0

 ac + bc – ab 

2

1(a2 + b2 + c2)  ac + bc – ab

6

5

 < 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta đợc

abc c b a

1 1 1 1



2 3

2 2

a

Ph¬ng ph¸p 5: Dïng tÝnh chÊt cña tû sè

c a b

c a b

a

 th×

d

c d b

c a b

d a c b a

a c

b a

a c

b a

d a c b a

a d

c b a

a b d

c b

b d

c b a

c b a d c

c d

c b a

c d b a d

d d

c b a

d a d c

c d c b

b c b a

a

 vµ b, d > 0 Chøng minh r»ng

d

c d b

cd ab b

ab d

c b

cd d b

cd ab b

ab b

cd ab

 2 2 (®iÒu ph¶i chøng minh)

VÝ dô 3: Cho a; b; c;d lµ c¸c sè nguyªn d¬ng tháa m·n : a + b = c + d = 1000.

T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: P =

d

b c

a

 ¸p dông tÝnh chÊt “NÕu

n

m b

b a c

b) NÕu: b = 998 th× a = 1

d c d

b c

3 3

2 2

1 3

n n

a

a a

a a

a a

a a

a u u u u P

VÝ dô 1: Víi mäi sè tù nhiªn n > 1 chøng minh r»ng:

2

1 2

1

3

1 2

1 1

1 1 1

1

2

1 2

1 2

1 2

1

3

1 2

1 1

n n n n

n n

VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: 1 2 ( 1 1 )

4

1 3

1 2

2 1

k k

k k k

1 2

k k k

1 1

1 ) 1 (

1 1

n

1 1

1 1





1 1 1

1 1

1

4

1 3

1 3

1 2

1 2

1 1 1

n n

1 2 (

1

7 5

1 5 3

1 2 1

3 2 1

1

4 3 2 1

1 3

2 1

1 2 1

1 2

1 ) 1 2 )(

1 2 (

) 1 2 ( ) 1 2 ( 2

1 ) 1 2 )(

1 2

(

1

k k

k k

k k

k k

Cho k chạy từ 1 đến n Sau đó cộng lại ta có

b) Ta có:

n n

1

4 3

1 3 2

1 2 1

1 1

3 2 1

1

4 3 2 1

1 3

2 1

1 2 1

1 1

4

1 3

1 3

1 2

1 2

1 1

P

h ơng pháp 7 : Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Lu ý: Nếu a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì : a; b; c > 0

2

cabc ab cb

a bac c

acb b

cba a

ba c

ac b

2 2

) (

) (

.b c a b c b c a c a b

Phơng pháp 8: Đổi biến số (phơng pháp đặt ẩn phụ)

Ví dụ1: Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:

b c b

a

(1)Giải :

Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b ta có: a =

2

x z

y 

; b =

2

y x

z 

; c =

2

z y

y a c

x c b

Khi đó: (1)  2   2   2  23

z

z y x y

y x z x

x z y

          3

z

z y x y

y x z x

x z y

   1    1    1  3

z

y z

x y

x y

z x

z x y

z z

x x

z y

x x y

z z

x x

z y

x x

y

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z (đpcm)

Ví dụ2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c < 1 Chứng minh rằng:

2

1 2

1 2

1

2 2

Tõ (*) vµ (**)  11 1  9

z y

x DÊu b»ng x¶y ra khi x = y = z

2

1 2

1 2

1

2 2

VÝ dô3: Cho x  0, y  0 tháa m·n ®iÒu kiÖn 2 x  y  1 CMR:

b c b a

a

pc a c

nb c b

x x

2

2 2

Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n  n0ta thực hiện các bớc 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 đợc gọi là giả thiết quy nạp)

3) Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 (thay n = k + 1vào BĐT cần chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)

4) Kết luận BĐT đúng với mọi n  n0

Ví dụ1: Chứng minh rằng:

n n

1 2

1

3

1 2

1 1

1

2 2

1

1    (đúng)Vậy BĐT (1) đúng với n = 2

Giả sử BĐT (1) đúng với n = k Tức là

k k

1 2

1

3

1 2

1 1

1

2 2

1

3

1 2

1 1

1

2 2

2

2        



k k

Theo giả thiết quy nạp ta có:

1

1 1 2 ) 1 (

1 1

3

1 2

1 1

1

2 2

2 2

Vì:

1

1 2 ) 1 (

1 2 1

1 1

k k

k (**)

Từ (*) và (**)  112 212 312  (k11)2 2 k11  BĐT (1) cung đúng với n = k + 1 Vậy bất đẳng thức (1) đợc chứng minh

Ví dụ2: Cho n  N và a + b > 0 Chứng minh rằng:

2 2

n n n

b a b

k k k

b a b

1 1

b a b

a

2 2

2

b a b a b

Vì: VT

2 4

2

2 2

2

1 1 1

k k

b a b b a ab a b a b a b a b

2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “G  K” phép toán mệnh đề cho ta :

Nh vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết luận

của nó Ta thờng dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :

A Dùng mệnh đề phản đảo : K  G

B Phủ định rồi suy trái giả thiết :

C Phủ định rồi suy trái với điều đúng

D Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngợc 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

x 1 1 1 (vì xyz = 1)

Vì theo giả thiết thì xyz 1x1y1z nên (x – 1).(y – 1).(z – 1) > 0

Trong ba số (x – 1), (y – 1) và (z – 1) chỉ có một số dơng

Thật vậy nếu cả ba số dơng thì x, y, z > 1  xyz > 1 (trái giả thiết)

Còn nếu 2 trong 3 số đó dơng thì (x – 1).(y – 1).(z – 1) < 0 (vô lý)

Ta có hiệu: a b c  ab bc caa a b2c2 ab bc ca

2 2 2

2 2

12 4 3

a b c ab ac bc a 3bc

12

2 4

2 2

2 2

3 2

c b

a (vì abc = 1 và a3 > 36 nên a > 0 )

 H  0 ( x,y,z) Từ đó ta có điều phải chứng minh.

 H  0 ( a,b,c) Từ đó, ta có điều phải chứng minh

Ii Dùng biến đổi t ơng đ ơng

1) Cho x > y và x.y = 1 Chứng minh rằng: 8

) (

) (

2

2 2 2







y x

y x

BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh

2) Cho x.y  1 Chứng minh rằng: x y xy

1 1

1

2 2

1 1

1 1

1 1

xy x

) 1 )(

1 ( ) 1 )(

1

2 2

y xy xy

x

x xy

(1 (2)(1 ) ) (1 (2)(1 ) )0

y x y xy

x

x y x

) 1 )(

1 )(

1 (

) 1 ( ) (

2 2

x

xy x y

BĐT cuối này đúng do x.y > 1 Vậy ta có điều phải chứng minh

Iii dùng bất đẳng thức phụ

2 b c 

Giải :

¸p dông B§T BunhiaC«pski cho 3 sè (1, 1, 1) vµ (a, b, c)

2   

 a b c (v× a + b + c =1 ) (®pcm)

2) Cho a, b, c lµ c¸c sè d¬ng Chøng minh r»ng:

9 1 1 1 ).

c c

b a

b c

a b a

b a

c c

a a

b b a

b a

c c

a a

b b a

¸p dông B§T phô   2

x

y y

a d a d c

d c d c b

c b c b a

b a

Gi¶i :

V× a, b, c, d > 0 nªn ta cã:

d c b a

d b a c b a

b a d c b a

b a

d c b a

a c b d c b

c b d c b a

c b

d c b a

b d c a d c

d c d c b a

d c

d c b a

c a d b a d

a d d c b a

a d

a d a d c

d c d c b

c b c b a

b a

(đpcm)2) Cho a, b, c là số đo ba cạnh tam giác Chứng minh rằng:

c a c

b c b a

a c

b a

a a c b

c b a

a c

a c

b

a c b a

c b a

b a

c

b c b a

Và

c b a

c b

a

c c b a

c a c

b c b

- Nếu f(x)  A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A

- Nếu f(x)  B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B

Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Px 1  x 2  x 3  x 4

x

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là 4 đạt đợc khi 2 x 3

Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

S = xyz.(x + y).(y + z).(z + x) với x, y, z > 0 và x + y + z =1

Giải :

Vì x, y, z > 0 nên áp dụng BĐT Côsi cho 3 số x, y, z ta có:

27

1 3

1

3

2 ) )(

)(

( ) )(

)(

( 3 ) ( ) (

8 27

1

 DÊu “=” x·y ra khi x = y = z =

3 1

VÝ dô 3: Cho xy + yz + zx = 1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: A = x4 y4 z4

Gi¶i :

¸p dông B§T Bunhiacèpski cho 2 bé sè (x, y, z) ;(y, z, x) ta cã:

( ) 2 ( 2 2 2 )( 2 2 2 )

z y x z y x zx yz

Gi¶ sö c¹nh huyÒn cña tam gi¸c vu«ng lµ 2a

§êng cao thuéc c¹nh huyÒn lµ h

H×nh chiÕu cña c¸c c¹nh gãc vu«ng lªn c¹nh huyÒn lÇn lît lµ x, y

 S lín nhÊt khi x.y lín nhÊt x  y.

VËy trong c¸c tam gi¸c vu«ng cã cïng c¹nh huyÒn th× tam gi¸c vu«ng c©n cã diÖn tÝch lín nhÊt

y x

VÝ dô 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:

z y

x

4 4 4

1

Gi¶i : ¸p dông B§T C«si ta cã:

4 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2

y z z y y x z y

L¹i cã: x2y2 y2z2 z2x2 x2y2 y2z2 y2z2 z2x2 z2x2 x2y2 y2xz z2xy x2yz

2 2

V×: x + y + z = 1 Nªn x4y4z4 xyz DÊu “=” x¶y ra khi x = y = z =

3 1

z y

x

4 4 4

1

cã nghiÖm x = y = z =

3 1

VÝ dô 4 : Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau

x xy

2 2

y

x

Iii dùng B.Đ.t để giải phơng trình nghiệm nguyên

Ví dụ 1 Tìm các số nguyên x, y, z thoả mãn 2 2 2 3 2 4

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

01 2

0 2

z y x z y

y x

z y x

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình : 11 1 2

z y x

Giải :

Không mất tính tổng quát ta giả sử xyz

Ta có: 2 11 1 3 2z 3

z z y

Vì y nguyên dơng nên y = 1 hoặc y = 2

+) Với y = 1 không thích hợp

+) Với y = 2 ta có x = 2

Vậy (2, 2, 1) là một nghiệm của phơng trình

Hoán vị các số trên ta đợc các nghiệm của phơng trình là (2, 2, 1) ; (2, 1, 2) ; (1, 2, 2)

Ví dụ 3 : Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phơng trình x x y ( 1)

y k

Nên không có cặp số nguyên dơng nào thoả mãn phơng trình (1)

Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là :

0

y

x

-&&& -