Các đẳng thức và biến đổi tương đương
lượt xem 32
download
Tài liệu tham khảo được trích từ các trang web chuyên ôn luyện Đại học cho các bạn học sinh phổ thông có tư liệu ôn thi hóa tốt vào các trường Cao đẳng, Đại học
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Các đẳng thức và biến đổi tương đương
- Chương I NG TH C B NG PHƯƠNG PHÁP BI N I TƯƠNG ƯƠNG I . Tính ch t cơ b n: ax > bx khi x > 0 a. a > b ⇔ ax < bx khi x < 0 a − b > x − y a > x a > x ⇒ ⇒ a + b > x + y Chú ý ab > xy b. b > y b > y a x > b y a > x ≥ 0 ⇒ ab > xy c. b > y ≥ 0 d. a > b ≥ 0 ⇒ a 2 > b 2 H qu : a > b ⇔ a 2 > b 2 11 e. a > b > 0 ⇒< ab 11 a 0 • x < A ⇔ −A < x < A x < − A • x > A⇔ x > A II. Vài b t ng th c thông d ng: V i a, b, c,… tùy ý ( a, b, c... ∈ R ) a. a 2 + b 2 ≥ 2ab ( D u “ = ” x y ra ⇔ a = b ) b. a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ( D u “ = ” x y ra ⇔ a = b = c ) 1 1 1 1 4 c. V i a, b > 0 ta có: (a + b) + ≥ 4 ⇔ + ≥ a b a+b a b III. Các ví d : π π Ví d 1: Cho x, y ∈ − ; . Ch ng minh b t ng th c: 44 tan x − tan y
- ⇔ tan x − tan y > 1 − tan x tan y ⇔ tan 2 x + tan 2 y − 2 tan x tan y < 1 − 2 tan x tan y + tan 2 x tan 2 y ⇔ tan 2 x + tan 2 y − tan 2 x tan 2 y − 1 < 0 ⇔ tan 2 x(1 − tan 2 y ) − (1 − tan 2 y ) < 0 π π ⇔ (1 − tan 2 y )(tan 2 x − 1) < 0 ( Luôn úng ∀x, y ∈ − ; ) 4 4 Ví d 2: Ch ng minh r ng v i m i s th c a, b, c th a mãn i u ki n a + b + c = 1 thì: a b c 111 + b + c ≥ 3. a + b + c a 3 3 3 333 Gi i: 1 Vì hàm s gi m nên ta có: 3x 1 1 ab ab 0 ≥ ( a − b) a − b ⇒ b + a ≥ a + b 3 3 3 3 33 Tương t ta có: bc bccaca + b≥ b+ c; a+ c≥ c+ a c 33333333 ng th c trên ( chú ý r ng a + b + c = 1 ), ta ư c: C ng v theo v các b t 1 1 1 a b c a b c + b + c − a + b + c ≥ 2 a + b + c a 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c 111 ⇔ a + b + c ≥ 3 a + b + c ( pcm) 3 3 3 333 Ví d 3: a. Cho x > 0, y > 0 và xy ≤ 1 . Ch ng minh: 2 1 1 ≥ + (1) 1+ x 1+ y 1 + xy b. Cho 0 < a ≤ b ≤ c ≤ d và bd ≤ 1 . Ch ng minh: 4 1 1 1 1 ≥ + + + 1 + 4 abcd 1 + a 1 + b 1 + c 1 + d Gi i: a. Vì x > 0, y > 0 nên b t ng th c (1) tương ương v i: 2(1 + x)(1 + y ) ≥ (1 + xy )(1 + y ) + (1 + xy )(1 + x) ⇔ 2 + 2 x + 2 y + 2 xy ≥ 1 + xy + y + y xy + 1 + xy + x + x xy ⇔ ( x + y ) + 2 xy ≥ xy ( x + y ) + 2 xy ⇔ ( x + y ) − xy ( x + y ) + 2( xy − xy ) ≥ 0 ⇔ ( x + y )(1 − xy ) + 2 xy ( xy −1) ≥ 0 ⇔ (1 − xy )( x + y − 2 xy ) ≥ 0 2
- ⇔ (1 − xy )( x − y )2 ≥ 0 (2) ( x − y ) 2 ≥ 0 Vì: nên (2) úng ( pcm) xy ≤ 1 ⇒ 1 − xy ≥ 0 a , b, c , d > 0 a , b, c , d > 0 a ≤ b b. a ≤ b ≤ c ≤ d nên ⇒ ac ≤ db ≤ 1 c≤d bd ≤ 1 bd ≤ 1 Theo k t qu câu a, ta có: 1 1 2 1 + a + 1 + c ≤ 1 + ac (a, c > 0; ac ≤ 1) 1+ 1 ≤ 2 (b, d > 0; bd ≤ 1) 1 + c 1 + d 1 + bd 1 1 1 1 1 1 ⇒ + + + ≤ 2. + 1+ a 1+ b 1+ c 1+ d 1 + ac 1 + bd 2 ≤ 2. 1 + ac . bd 4 = ( pcm) 1 + abcd Ví d 4: Cho a, b, c ∈ [ − 1; 2] th a mãn i u ki n a + b + c = 0 . Ch ng minh: a 2 + b2 + c 2 ≤ 6 Gi i: • a ∈ [ − 1; 2] ⇔ −1 ≤ a ≤ 2 ⇔ ( a + 1)(a − 2) ≤ 0 ⇔ a 2 − a − 2 ≤ 0 ⇔ a 2 ≤ a + 2 (1) b 2 ≤ b + c (2) • Tương t ta cũng có 2 c ≤ c + 2 (3) C ng (1), (2), (3) ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≤ ( a + b + c) + 6 = 6 ( pcm) Ví d 5: Cho x, y, z ∈ [0;2] và x + y + z = 3 . Ch ng minh r ng: x2 + y 2 + z 2 ≤ 5 Gi i: Ta có: x, y, z ≤ 2 ⇒ (x − 2)( y − 2)( z − 2) ≤ 0 ⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) + 4( x + y + z ) − 8 ≤ 0 ⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) − 4.(3) − 8 ≤ 0 ⇔ xyz ≤ 2( xy + yz + zx) − 4 ( vì x + y + z = 3 ) ⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 ⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 = 32 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 3
- ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 − xyz ( Vì x + y + z = 3 ) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 ( Vì xyz ≥ 0 ) ( pcm) Ví d 6: Cho x > 0, y > 0, z > 0 và xyz = 1 . Ch ng minh các b t ng th c sau: 1 1 1 +3 3 +3 ≤ 1 (1) a. x + y + 1 y + z + 1 z + x3 + 1 3 3 1 1 1 + + ≤ 1 (2) b. x + y +1 y + z +1 z + x +1 Gi i: a. t T = v trái c a b t ng th c (1) ( ta c n ch ng minh T ≤ 1 ) Ta có: x3 + y 3 = ( x + y )( x 2 + y 2 − xy ) x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇔ x 2 + y 2 − xy > xy Mà x + y > 0 ( Vì x > 0, y > 0) Nên ( x + y )( x 2 + y 2 − xy ) ≥ ( x + y ) xy hay x3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) ⇒ x3 + y 3 +1 ≥ xy ( x + y ) + xyz ( Vì xyz = 1 ) ⇔ x 3 + y 3 +1 ≥ xy ( x + y + z ) > 0 1 1 ⇔3 ≤ (a) x + y + 1 xy ( x + y + z ) 3 Tương t ta có: 1 1 y 3 + z 3 + 1 ≤ xy ( x + y + z ) (b) ⇔ 1 1 ≤ (c) z + x + 1 xy ( x + y + z ) 3 3 C ng v theo v (a), (b), (c), ta có: 1 1 1 x+ y+ z 1 1 T≤ + + = = 1 ( Vì xyz = 1 ) ( pcm) ( x + y + z ) xy yz zx x + y + z xyz b. t S b ng v trái c a b t ng th c (2) ( ta c n ch ng minh S ≤ 1 ) x = a3 x , y , z > 0 ⇒ a , b, c > 0 t y = b3 mà xyz = 1 ⇒ a b c ⇔ abc = 1 333 z = c3 a, b, c > 0 và abc = 1 nên theo k t qu câu a, ta có: 1 1 1 +3 3 +3 ≤1 a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1 3 3 1 1 1 ⇔ + + ≤ 1 ( pcm) x + y +1 y + z +1 z + x +1 Ví d 7: Cho a, b > 0 và b, c > 0 . Ch ng minh: (a − c)c + (b − c)c ≤ ab (1) 4
- Gi i: Bt ng th c (1) tương ương v i: c(a − c) + (b − c)c + 2 c 2 (a − c)(b − c) ≤ ab ⇔ c 2 + c 2 − ac + ab − bc − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0 ⇔ c 2 + a(b − c) − c(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0 ⇔ c 2 + (a − c)(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0 2 ⇔ c − (a − c)(b − c) ≥ 0 ây là b t ng th c úng ( pcm) Ví d 8: i v i m i a, b, c ∈ R , ta có: Ch ng minh r ng 2 a + b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc (1) 4 Gi i: B t ng th c (1) tương ương v i: a 2 + 4b 2 + 4c 2 − 4ac − 8bc + 4ac ≥ 0 ⇔ ( a − 2b + 2c) 2 ≥ 0 ây là b t phương trình úng ( pcm) Ví d 9: Cho a 3 > 36 và abc = 1 . Ch ng minh: a2 + b 2 + c 2 > ab + bc + ca (1) 3 Gi i: Bt ng th c (1) tương ương v i: 2 a + (b + c)2 − 2bc > a (b + c) + bc 3 a2 ⇔ (b + c) 2 − a (b + c) + − 3bc > 0 3 a2 3 1 ⇔ (b + c) − a (b + c) + − > 0 ( Vì bc = ) 2 3 a a x = b + c ⇔ a2 3 (a) f ( x) = x 2 − ax + − > 0 3 a a2 3 Xét tam th c b c hai f ( x) = x 2 − ax + ( − ) có: 3a a 2 3 36 − a 3 ∆ = a2 − 4 − = < 0 ( Vì a 3 > 36 ) 3 a 3a ⇒ f ( x) > 0, ∀x ∈ R ⇒ (a ) úng ( pcm) Ví d 10: Cho −1 < x < 1 và n ∈ N , n > 1 . Ch ng minh: 5
- (1 − x)2 + (1 + n)n < 2n Gi i: Vì −1 < x < 1 nên x = cos α (0 < α < π) lúc ó: (1 + n) n + (1 − n) n = (1 + cos α )n + (1 − cos α ) n n n α α = 2 cos 2 + 2sin 2 2 2 α n n α α α = 2 n cos 2 + sin 2 < 2n cos 2 + sin 2 = 2 n ( pcm) 2 2 2 2 * Chú ý: Khi ch ng minh b t ng th c b ng phương pháp bi n i tương ương c n: 1. Chú ý xem kĩ gi thuy t cho, vì trong m t s trư ng h p có th bi n i gi thuy t cho thành b t ng th c c n ch ng minh ( như ví d 4, 5…). 2. Trong m t s trư ng h p có th bi n i b t ng th c c n ch ng minh thành m t b t ng th c luôn úng ( ư c nêu ví d 1, 3, 7, 8…). 3. Nên thu c lòng và b t ng th c thông d ng ư c gi i thi u ph n II. IV. Bài t p tương t : 1. Ch ng minh r ng: n u 0 < x ≤ y ≤ z thì: 1 1 1 1 1 y + + ( x + z) ≤ + ( x + z) x z y x z * Hư ng d n: Tìm b t ng th c tương ương b ng cách quy ông m u s , ư c lư c s h ng ( x + z ) , chuy n v , bi n i v trái thành d ng tích s ,… 2. a, b, c, d là năm s th c tùy ý, ch ng minh b t ng th c: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ ab + ac + ad + ac Khi nào ng th c x y ra? * Hư ng d n: Tìm b t ng th c tương ương b ng cách bi n ib t ng th c ã cho v d ng: 2 2 2 2 a a a a − b + − c + − d + − e ≥ 0 2 2 2 2 … 3. a, b, c, là dài ba c nh c a tam giác ABC, ch ng minh: a + b + c 2 < 2(ab + bc + ca ) 2 2 * Hư ng d n: a < b + c ⇒ a 2 < ab + ac, b < a + c ⇒ ... 4. Ch ng minh: a 2 + b 2 ≥ 2ab, ∀a, b ∈ R Áp d ng a, b, c là ba s th c tùy ý, ch ng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c) 6
- * Hư ng d n: Dùng công th c (a − b)2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ ... Áp d ng k t qu trên. 5. Ch ng minh ∀t ∈ [ − 1;1] ta có: 1+ t + 1− t ≥ 1+ 1+ t2 ≥ 2 − t2 * Hư ng d n • V i ∀t ∈ [ − 1;1] , ta luôn có: (1 − t ) + 2 (1 − t )(1 + t ) + (1 + t ) ≥ 1 + 2 1 − t 2 + (1 − t 2 ) i tương ương suy ra 1 + t + 1 − t ≥ 1 + 1 + t 2 Bi n • T : 0 ≤ 1− t2 ≤ 1 ⇒ 1+ 1+ t2 ≥ 2 − t2 Chương II BT NG TH C CÔSI (CAUCHY) I. Phương pháp gi i toán a+b ≥ ab 1) Cho 2 s a,b > 0, ta có: 2 D u “ = ” x y ra khi và ch khi a = b. 2) Cho n s a1, a2 , a3,..., an ≥ 0 ta có: a1 + a2 + a3 + ... + an n ≥ a1a2 a3 ...an n D u “ = ” x y ra khi và ch khi a1 = a2 = a3 = ... = an 3) B t ng th c côsi suy r ng Phát bi u: V i các s th c dương a1 , a2 , a3 ,..., an và x1 , x2 , x3 ,..., xn là các s th c không âm và có t ng b ng 1, ta có: a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 + ... + an xn ≥ a1x1 a2 x2 a3 x3 ...an xn 7
- i = 1, n T ng quát: Cho n s dương tùy ý ai, i = 1, n và n s h u t dương qi, n n n ≤ ∑ qi .ai ∑q ∏a = 1 khi ó ta luôn có: qi th a i i i =1 i =1 i =1 D u “=” x y ra II. Các ví d Ví d 1: Cho n s dương ai, i = 1, n . Ch ng minh r ng: 1 1 1 1 (a1 + a2 + a3 + ... + an ) + + + ... + ≥ n 2 a1 a2 a3 an Gi i: 111 1 ng th c côsi cho các s a1 , a2 , a3 ,..., an , , , ,..., Áp d ng b t a1 a2 a3 an Ta có: a1 + a2 + a3 + ... + an ≥ n n a1a2 a3 ...an 111 1 n + + + ... + ≥ an n a1a2 a3 ...an a1 a2 a3 Nhân 2 v tương ng ta ư c b t ng th c c n ch ng minh và d u “=” x y ra khi a1 = a2 = a3 = ... = an Ví d 2:Ch ng minh v i m i a,b,c dương ta luôn có: 1 1 1 27 + + ≥ a (a + b) b(b + c) c(c + a) 2(a + b + c) 2 Gi i: Áp d ng b t ng th c côsi cho v trái: 1 1 1 3 + + ≥ (1) a (a + b) b(b + c) c(c + a ) 3 abc(a + b)(a + c)(b + c) Mà 33 abc ≤ (a + b + c)3 33 (a + b)(b + c)(c + a ) ≤ 8( a + b + c)3 8 ⇒ abc (a + b)(b + c)(c + a) ≤ ( a + b + c)6 6 3 2 ⇔ 3 abc(a + b)(b + c)(c + a ) ≤ ( a + b + c) 2 9 8
- 3 27 ⇔ ≥ (2) abc(a + b)(b + c)(c + a ) 2( a + b + c) 2 9 T (1)(2) pcm D u “=” x y ra a = b = c Ví d 3: Ch ng minh v i m i s dương a, b, c ta luôn có 1 1 1 1 +3 3 +3 ≤ a 3 + b 3 + abc b + c + abc c + a 3 + abc abc Gi i Ta có: a3 + b3 ≥ ab(a + b) Nên abc abc c ≤ = a + b + abc ab( a + b) + abc a + b + c 3 3 Tương t ta cũng có abc abc a ≤ = b3 + c3 + abc bc(b + c) + abc a + b + c abc abc b ≤ = a + c + abc ac(a + c) + abc a + b + c 33 C ng v theo v ta ư c 1 1 1 +3 3 +3 3 ≤1 abc 3 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc Hay 1 1 1 1 +3 3 +3 ≤ ( pcm) a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc 3 3 3 III. Bài t p tương t 1. Các s dương x, y, z có tích b ng 1. Ch ng minh b t ng th c : xy yz xz +5 ≤1 x + xy + y y + yz + z x + xz + z 5 5 5 5 5 *Hư ng d n: Ta có: x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ x5 + y 5 ≥ 2 x5 y 5 = 2x 2 y 2 xy ≥ (x+y)x 2 y 2 9
- Do ó : 1 xy xy z ≤ = = x + xy + y xy + (x+y)x y 1 + xy ( x + y ) x + y + z 5 5 22 Tương t : yz x ≤ y + yz + z x+ y+z 5 5 xz y ≤ x + xz + z x+ y+z 5 5 C ng v theo v ta có pcm. D u “=” x y ra khi x = y = z. 2. V i m i x, y, z dương. Ch ng minh : x3 y 3 z 3 ++ ≥ x+ y+z yz xz xy *Hư ng d n: Áp d ng b t d ng th c côsi, ta có: x3 + y + z ≥ 3x yz y3 + x + z ≥ 3y xz z3 + x + y ≥ 3z xy C ng v theo v ta ư c: x3 y 3 z 3 + + + 2( x + y + z ) ≥ 3( x + y + z ) yz xz xy ⇒ pcm D u “=” x y ra khi x = y = z. 3. Cho a, b, c là 3 s nguyên dương. Ch ng minh: a +b + c 2 (b + c) + (a + c) + (a + b) ≤ (a + b + c) a b c 3 *Hư ng d n: Áp d ng b t ng th c côsi, ta có: (b + c) + ... + (b + c) + (a + c) + ... + (a + c) + (a + b) + ... + (a + b) nl n nl n nl n ≥ (a + b + c).a +b + c (b + c) a (a + c)b (a + b)c Hay : a +b + c 2( a + b + c ) ≥ (b + c) a (a + c)b (a + b)c (1) a+b+c 10
- Ta có b t ng th c sau: 2(a + b + c) 2(ab + bc + ca ) ≥ (2) a+b+c 3 Th t v y (2) ⇔ (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ( úng) T (1)(2), ta có pcm D u “=” x y ra khi a = b = c 4. Cho a, b, c là dài 3 c nh c a m t tam giác. Ch ng minh r ng: a b c + + ≥3 b+c−a c+ a−b a +b−c *Hư ng d n: Áp d ng b t ng th c côsi: b + c − a + c + a − b) (b + c − a )(c + a − b) ≤ =c 2 Tương t : (a + b − c)(c + a − b) ≤ a (b + c − a )(a + b − c) ≤ b Nhân v theo v ta ư c: (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc abc ⇒ ≥ 1 (1) (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) Ta l i d d ng b t ng th c côsi: a b c abc + + ≥ 33 ≥ 3 do(1) ( pcm) b+c−a c+a −b a +b−c (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) 11
- Chương III BT NG TH C B NG B T NG TH C BUNHIACOPXKI ( B.C.S) I. B t ng th c bunhiacopxki: Cho 2 n s th c ( n ≥ 2 ) a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn. Ta có: (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) a a1 a2 D u “ = ” x y ra ⇔ = = ... = n hay a1 = kb1 ; a2 = kb2 ; ...; an = kbn b1 b2 bn Ch ng minh: a = a 2 + a 2 + ... + a 2 1 2 n t: b = b12 + b2 2 + ... + bn 2 • N u a = 0 hay b = 0 thì b t ng th c luôn úng • N u a, b > 0 : a b t: α i = i ; β i = i ( i = 1, n ) a b Th thì α1 + α 2 + ... + α n 2 = β12 + β 2 2 + ... + β n 2 = 1 2 2 1 Mà: α i β i ≤ (α i 2 + β i 2 ) 2 1 Suy ra: α1β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) ≤ 1 2 ⇒ a1b1 + a2b2 + ... + an bn ≤ ab L i có: a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≤ a1b1 + a2b2 + ... + anbn Suy ra: (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) α = β i D u “ = ” x y ra ⇔ i α1β1 ,...α n β n cuøg daá n u a a1 a2 ⇔ = = ... = n b1 b2 bn II. Các ví d : Ví d 1: Cho a, b, c > 0 . Ch ng minh: a+b+c a2 b2 c2 + + ≥ b+c c+a a+b 2 Gi i: Áp d ng b t ng th c B.C.S, ta có: 12
- a2 b2 c2 ( ) + + ( b + c )2 + ( a + c ) 2 + ( a + b ) 2 ≥ (a + b + c) 2 2 ( b + c) ( c + a) ( a + b) 2 2 a+b+c a2 b2 c2 ⇔ + + ≥ b+c c+a a+b 2 Ví d 2: Cho a 2 + b 2 = 1 . Ch ng minh: a b + 1 + b a + 1 ≤ 2 + 2 Gi i: Áp d ng 2 l n b t ng th c B.C.S ta có: 2 (a b + 1 + b a + 1 ) ≤ ( a 2 + b 2 )(b + 1 + a + ) = 2 + a + b ≤ 2 + 12 + 12 . a 2 + b 2 = 2 + 2 (do a 2 + b 2 = 1 ) Vì v y a b + 1 + b a + 1 ≤ 2 + 2 . a b +1 = D u “ = ” x y ra ⇔ b a + 1 ⇒ a = b a = b Ví d 3: Ch ng minh r ng n u phương trình 4 x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + 1 = 0 (1) cos nghi m thì a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 Gi i: T (1) ta có: −(1 + x 4 ) = ax3 + bx 2 + cx Áp d ng b t ng th c B.C.S: (1 + x 4 ) 2 = (ax3 + bx 2 + cx) 2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )( x 6 + x 4 + x 2 ) (1 + x 4 ) 2 ⇒ (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (2) x6 + x4 + x2 (1 + x 4 )2 4 M t khác: 6 4 2 ≥ (3) x +x +x 3 Th t v y: (3) ⇔ 3(1 + 2 x + x8 ) ≥ 4( x 6 + x 4 + x 2 ) 4 ⇔ 3x8 − 4 x 6 + 2 x 4 − 4 x 2 + 3 ≥ 0 ⇔ ( x 2 − 1) 2 (3 x 4 + 2 x 2 + 3) ≥ 0 ( luôn úng) 4 T (2) và (3): a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 2 a = b = c = 3 ( x = 1) D u “ = ” x y ra ⇔ a = b = c = − 2 (x = −1) 3 Ví d 4: Cho a, b, c > 0 th a a + b + c = 1 . Ch ng minh r ng: 13
- 1 1 11 P= + ++ ≥ 30 a + b + c ab bc ca 2 2 2 Gi i: Áp d ng b t ng th c B.C.S: 1 1 1 1 100 = . a 2 + b2 + c 2 + .3 ab + .3 bc + .3 ca a +b +c 2 2 2 ab bc ca 1 1 1 1 ≥ 2 + + + ( a 2 + b 2 + c 2 + 9ab + 9bc + 9ca ) a + b + c ab bc ca 2 2 7 10 P = P (a + b + c)2 + 7(ab + bc + ca ) ≤ P 1 + (a + b + c)2 ≤ ⇒ P ≥ 30 3 3 Do: a + b + c = 1 ( theo gi thuy t) (a + b + c)2 ⇒ ab + bc + ca ≤ 3 Ví d 5: Cho a, b, c > 0 và abc = 1 . Ch ng minh r ng: 3 1 1 1 +3 +3 ≥ a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2 3 Gi i: 1 1 1 t: a = ; b = ; c = . Khi ó t a, b, c > 0 và abc = 1 ⇒ x, y, z > 0 và xyz = 1 x y z Bt ng th c ã cho ưa v dư i d ng sau: x yz y 3 zx z 3 xy 3 3 + + ≥ y+z z+x x+ y 2 x2 y2 z2 3 ⇒ + + ≥ (do xyz = 1 ) (1) y+z z+x x+ y 2 Áp d ng b t ng th c B.C.S, ta có: x z2 2 2 y ⇒ + + ( y + z + z + x + x + y) ≥ ( x + y + z ) 2 y+ z z+ x x+ y ( x + y + z )2 x + y + z x2 y2 z2 ⇔ + + ≥ = (2) y + z z + x x + y 2( x + y + z ) 2 x+ y+z 1 x y z D u “ = ” x y ra ⇔ = = = = y + z z + x x + y 2( x + y + z ) 2 ⇔ y + z = 2 x; z + x = 2 y; x + y = 2z ⇔ x= y=z M t khác, theo b t ng th c Causi: x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3 ( do xyz = 1 ) (3) D u “ = ” x y ra khi x = y = z . x2 y2 z2 3 + + ≥ . V y (1) úng. T (2) và (3) suy ra: y+z z+x x+ y 2 D u “ = ” x y ra ⇔ x = y = z hay a = b = c 14
- ⇒ pcm. Ví d 6: Cho ∆ABC tùy ý có m1, m2, m3 là dài 3 ư ng trung tuy n và R là bán kính ư ng tròn ngo i ti p tam giác. Ch ng minh r ng 9R ≥2 m1 + m2 + m3 Gi i: Ta có công th c ư ng trung tuy n: 2b 2 + 2c 2 − a 2 ma 2 = 4 3 ⇒ ma 2 + mb 2 + mc 2 = (a 2 + b 2 + c 2 ) 4 M t khác, trong m i tam giác ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 9R 2 (1) D u “ = ” trong (1) x y ra ⇔ ∆ABC u. 27 2 ⇒ ma 2 + mb 2 + mc 2 ≤ R (2) 4 Áp d ng b t ng th c B.C.S: ⇒ ( ma + mb + mc ) ≤ 3( ma 2 + mb 2 + mc 2 ) (3) 2 D u “ = ” trong (3) x u ra ⇔ ma = mb = mc ⇔ ∆ABC u. 81 2 T (2) và (3) ⇒ ( ma + mb + mc ) ≤ 2 R 4 9R ⇔ ma + mb + mc ≤ 2 9R ⇔ ≥2 ma + mb + mc D u “ = ” x y ra ng th i trong (2) và (3) hay ∆ABC u. Ví d 7: Cho a1 , a2 ,..., an > 0 . Ch ng minh r ng: (a1 + a2 + ... + an ) 2 an a1 a2 + + ... + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 2(a12 + a2 2 + ... + an 2 ) Gi i: Áp d ng b t ng th c B.C.S, ta có: a1 an a2 [ a1 ( a2 + a3 ) + a2 ( a3 + a4 ) + ... + an ( a1 + a2 )] ≥ (a1 + a2 + ... + an ) + + ... + 2 a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 (a1 + a2 + ... + an ) 2 an a1 a2 + + ... + ≥ Hay (1) a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 a1a2 + a1a3 + a2 a3 + a2 a4 + ... + an a1 + an a2 D y “ = ” x y ra: ⇔ a2 + a3 = a3 + a4 = ... = an + a1 = a1 + a2 15
- ⇔ a1 = a2 = ... = an a12 + a2 2 a12 + a3 2 a 2 + a32 Do a1a2 + a1a3 ≤ + = a12 + 2 2 2 2 a + a4 2 2 a2 a3 + a2 a4 ≤ a2 2 + 3 2 … a12 + a2 2 an a1 + an a2 ≤ an + 2 2 C ng t ng v n b t ng th c trên ta có: ( a1a2 + a1a3 ) + ( a2 a3 + a2 a4 ) + ... + ( an a1 + an a2 ) ≤ 2 ( a12 + a2 2 + ... + an 2 ) (2) D u “ = ” trong (2) x y ra khi: a1 = a2 = ... = an T (1), (2) suy ra: (a1 + a2 + ... + an ) 2 an a1 a2 + + ... + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 2(a12 + a2 2 + ... + an 2 ) D u “ = ” x y ra ⇔ a1 = a2 = ... = an III. Bài t p tương t : 16 1. Cho ab + bc + ca = 4 . Ch ng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≥ 3 *Hư ng d n Áp d ng b t ng th c B.C.S hai l n: (ab + bc + ca ) ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )(b 2 + c 2 + a 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≤ 3(a 4 + b 4 + c 4 ) 2 16 ⇒ a4 + b4 + c4 ≥ ( do ab + bc + ca = 4 ). 3 2 D u “ = ” x y ra ⇔ a = b = c = ± 3 x 2 + xy + y 2 = 3 2. Cho 2 y + yz + z = 16 2 Ch ng minh r ng: xy + yz + xz ≤ 8 *Hư ng d n Theo b t ng th c B.C.S, ta có: x 3 3 z 2 2 18 = ( x 2 + xy + y 2 )( y 2 + yz + z 2 ) = y + + x 2 z 2 + y + 2 4 4 2 2 z x 3 3 3 x y + = ( xy + yz + xz ) 2 ≥ y + z+ 2 2 2 2 4 ⇒ ( xy + yz + xz ) ≤ 64 2 ⇒ pcm. 16
- 3. Ch ng minh r ng n u phương trình x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 có nghi m thì: 4 a 2 + b2 ≥ 5 *Hư ng d n G i x là nghi m c a phương trình ã cho: x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 ( ⇒ x ≠ 0 ) Chia 2 v cho x 2 > 0 , ta ư c: 2 1 1 x + 2 + a x + + b = 0 (1) x x 1 t t = x+ , t ≥2. x (1) ⇔ t + at + b − 2 = 0 ⇔ 2 − t 2 = at + b 2 Áp d ng B.C.S: ( 2 − t 2 ) = ( at + b ) ≤ ( a 2 + b 2 ) ( t 2 + 1) 2 2 (2 − t ) 22 ⇒ a +b ≥ 2 2 t 2 −1 (2 − t ) 22 4 ≥ Ta d ch ng minh ư c: ( dành cho b n c t ch ng minh). t −1 5 2 4 ⇒ a2 + b2 ≥ 5 4. Cho x, y, z > 0 th a xy + yz + xz = 1 . Tìm giá tr nh nh t c a: x2 y2 z2 T= + + x+ y y+z z+x *Hư ng d n Áp d ng b t ng th c B.C.S: +) 1 = x y + y z + z x ≤ x + y + z . x + y + z = x + y + z 2 x y z +) ( x + y + z ) = 2 x+ y + y+z + z+x x+ y y+z z+x x2 z2 y2 ( x + y + y + z + z + x ) = 2T ( x + y + z ) ≤ + + x+ y y+z z+x 1 1 (x + y + z) = ⇒T ≥ 2 2 1 D u “ = ” x y ra ⇔ x = y = z = 3 1 1 V y Min(T ) = khi x = y = z = . 2 3 17
- 5. Cho x ≥ y ≥ z ≥ 0 . Ch ng minh r ng: x2 y y2 z z 2 x + + ≥ x2 + y 2 + z 2 z x y *Hư ng d n Áp d ng b t ng th c B.C.S: x y y z z 2 x x2 z y 2 x z 2 y 2 2 + + + + ≥ (x + y + z ) 2 2 22 z y y x x z Xét hi u: x2 y y2 z z 2 x x2 z y 2 x z 2 y A= + + − − − z x y y z x 1 ( x − y )( y − z )( z − x )( xy + yz + xz ) > 0 (2) = xyz x2 y y2 z z2 x T (1), (2) ⇒ + + ≥ x2 + y 2 + z 2 z x y D u “ = ” x y ra ⇔ x = y = z 6. Cho ∆ABC , M là i m b t kì trong tam giác. G i x, y, z, là các kho ng cách t M xu ng BC, AC, AB. Ch ng minh r ng: a2 + b2 + z 2 x+ y+ z≤ 2R *Hư ng d n Ta có: S MBC + SMCA + S MAB = S xyz ⇒ + + =1 ha hb hc x y z Ta có: ha + hb + hc = ( ha + hb + hc ) ++ ha hb hc Theo b t ng th c B.C.S, suy ra: z x y ha + hb + hc ≥ ha + hb + hc ha hb hc ⇒ ha + hb + hc ≥ x + y + z (1) Do trong m i tam giác nên ta có: ha = b sin C ; hb = c sin A; hc = a sin B nên: bc + ac + ab ha + hb + hc = ha = b sin C + hb = c sin A + hc = a sin B = 2R Theo b t ng th c Causi: a2 + b2 + c2 ha + hb + hc = (2) 2R 18
- T (1), (2) suy ra pcm. D u “ = ” x y ra khi ∆ABC u, M là tr ng tâm tam giác. Chương IV BT NG TH C TRÊ – BƯ – SEP (TCHEBYCHEV) I. Phát bi u - Cho 2 dãy s a1 , a2 , a3 ,..., an và b1 , b2 , b3 ,..., bn + N u 2 dãy s cùng tăng ho c cùng gi m a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an ho c b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn ( a1 + a2 + a3 +...+ an ) ( b1 +b2 +b3 +... +bn ) ≤ n(ab1 + a2b2 + a3b3 +... + anbn) Ta có: 1 + N u 1 dãy tăng, 1 dãy gi m a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an ho c b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn Ta có: ( a1 + a2 + a3 + ... + an ) ( b1 + b2 + b3 + ... + bn ) ≥ n(a1b1 + a2b2 + a3b3 + ... + anbn ) a1 = a2 = a3 = ... = an D u “=” x y ra khi và ch khi b1 = b2 = b3 = ... = bn II. Các ví d Ví d 1: Cho a + b ≥ 0 . Ch ng minh (a + b)(a + b )(a + b ) ≤ 4(a + b ) 3 3 5 5 9 9 19
- Gi i Gi s a 3 ≥ b3 a≥b⇒ 5 a ≥ b 5 Áp d ng b t ng th c trê – bư – sep, ta có: a 3 + b3 a 5 + b5 a 8 + b8 ≤ (1) 2 2 2 a+b ≥ 0 , ta có: Nhân v c a (1) cho 2 a + b a + b a + b a + b a + b 3 3 5 5 8 8 ≤ 2 2 2 2 2 Cũng theo b t ng th c trê – bư – sep ta có: a + b a + b a + b 8 8 9 9 ≤ 2 2 2 Suy ra: (a + b)( a 3 + b3 )( a 5 + b5 ) a 9 + b9 ≤ 8 2 ⇔ ( a + b)( a + b )(a + b ) ≤ 4(a 9 + b9 ) 3 3 5 5 ⇔a=b D u “=” x y ra Ví d 2: Cho dãy s dương trong ó : a1 + a2 + ... + an > 1 2 2 2 3 a13 3 1 an a2 + + ... + > Ch ng minh: s − a1 s − a2 s − an n − 1 V i s = a1 + a2 + ... + an Gi i a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an do: Không m t tính t ng quát ta gi s : 20
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức từ cơ bản đến nâng cao
49 p | 2206 | 520
-
Vấn đề bất đẳng thức
12 p | 962 | 323
-
Các phương pháp và kỹ thuật chứng minh Bất đẳng thức - Trần Phương Tập 1
0 p | 827 | 322
-
Tìm nhiều cách chứng minh một hệ thức nhờ biến đổi tương đương
3 p | 314 | 84
-
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THPT CHUYÊN; MÔN TOÁN; CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNHBÀI TẬP SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 1)
18 p | 238 | 55
-
CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
34 p | 291 | 50
-
Giáo án: ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
11 p | 269 | 42
-
Chương 4 . BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
9 p | 350 | 35
-
Chuyên đề bất đẳng thức luyện thi đại học năm 2015 - GV. Lê Xuân Đại
52 p | 217 | 25
-
Tuyển tập các phương pháp và kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức (Tập 1): Phần 2
48 p | 163 | 23
-
CHƯƠNG IV : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
8 p | 104 | 15
-
Tiết 40: Bài 1: BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
7 p | 161 | 11
-
CHƯƠNG IV: BẤT ĐẲNG THỨC. BẤT PHƯƠNG TRÌNH
5 p | 133 | 10
-
Tiết 40:Bài 1: BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC (tt)
7 p | 169 | 10
-
Giáo án Đại Số lớp 10: BẤT PHƯƠNGTRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN (TIẾT 2)
5 p | 84 | 10
-
Tiết 29 : BẤT ĐẲNG THỨC
5 p | 87 | 5
-
Tuyển tập các chuyên đề chứng minh bất đẳng thức
787 p | 9 | 2
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn