View
229
Download
4
Category
Preview:
Citation preview
Dương Thị Phúc 1
MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình toán phổ thông, các bài toán liên quan đến bất đẳng
thức luôn là bài toán hấp dẫn, lôi cuốn tất cả người học Toán và làm toán. Các
bài toán này rất phong phú và đa dạng vì vậy các bài toán về bất đẳng thức
thường xuyên có mặt trong các kỳ thi phổ thông trung học, cũng như trong các
kỳ thi học sinh giỏi và các kì thi đại học, cao đẳng.
Để giải quyết nó đòi hỏi người học Toán và làm toán phải linh hoạt và vận
dụng một cách hợp lý trong từng bài toán. Tất nhiên đứng trước một bài toán về
bất đẳng thức thì mỗi người đều có một xu hướng phát triển riêng cuả mình. Nói
như vậy có nghĩa là có rất nhiều cách để đi dến kết quả cuối cùng của bài toán
này. Điều quan trọng là ta phải lựa chọn phương pháp nào cho lời giải tối ưu
của bài toán. Thật là khó nhưng thật thú vị nếu ta tìm được đường lối đúng đắn
để giải quyết nó.
Với những lý do trên cùng với sự đam mê của bản thân và cùng với sự
hướng dẫn tận tình của thầy giáo - Thạc sỹ Phạm Lương Bằng, em mạnh dạn
thực hiện khóa luận tốt nghiệp của mình với đề tài: “ Ứng dụng của bất đẳng
thức vào giải một số bài toán và sáng tạo một số dạng toán đại số sơ cấp ”.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu ứng dụng của bất đẳng thức vào giải một số bất đẳng thức
và sáng tạo bất đẳng thức.
3. Đối tượng nghiên cứu
Các bài toán liên quan đến bất đẳng thức.
Dương Thị Phúc 2
4. Phương pháp nghiên cứu
Đọc, nghiên cứu tài liệu.
So sánh, phân loại, tổng hợp kiến thức.
Tổng hợp, sắp xếp, giải bài tập.
Dương Thị Phúc 3
CHƯƠNG 1: BẤT ĐẲNG THỨC ỨNG DỤNG VÀO GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN
1.1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacopxki trong bài toán
cực trị của hàm số
1.1.1. Bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunhiacopxki
- Bất đẳng thức Cauchy: cho 1 2, ,..., 0na a a , khi đó ta có:
1 2
1 2
.... ...n n
n
a a aa a a
n
(1)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 ... na a a .
- Bất đẳng thức Bunhiacopxki:
Cho hai dãy số 1 2; ;...; na a a và 1 2; ;...; nb b b . Khi đó ta có:
22 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2... ... ...n n n na a a b b b a b a b a b
(2)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2
1 2
... , 0, 1,ni
n
aa ab i n
b b b
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 dãy số:
1 2
1 2
; ;...; n
n
aa a
b b b
và 1 2; ;...; nb b b
Ta được bất đẳng thức:
222 2
1 21 2
1 2 1 2
...... , 0, 1,
...nn
i
n n
a a aaa ab i n
b b b b b b
(3)
Đẳng thức (3) xảy ra khi và chỉ khi 1 2
1 2
... n
n
aa a
b b b
Dương Thị Phúc 4
Đặt . , 1,i i ib a c i n thì 2 21 1
1 .i
i i i
aa a
b a c c 0 nên (3) tương đương với
2
1 21 2
1 2 1 1 2 2
......
...nn
n n n
a a aaa a
c c c a c a c a c
, với 0, 1,i ia c i n (4)
1.1.2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
Bài 1.1.1: Cho hàm số 2 2 2
1 1 1 1; ;f x y z
x y z xy yz zx
xác định trên
; ; : 0, 0, 0D x y z x y z và 1x y z . Tìm giá trị bé nhất của
; ;f x y z trên D .
Lời giải:
Với mọi ; ;x y z D và theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
1 1 1
9xy yz zxxy yz zx
Hay 1 1 1 9
xy yz zx xy yz zx
Suy ra : ; ;x y z D ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 9
x y z xy yz zx x y z xy yz zx
Hay ; ;x y z D thì ; ;f x y z 2 2 2
1 9
x y z xy yz zx
(5)
Lại theo bất đẳng thức Cauchy thì ; ;x y z D ta có:
2 2 2 22 2 23
1 1 1 3
x y z xy yz zx xy yz zx x y z xy yz zx
(6)
Từ (5) và (6) ta suy ra:
Dương Thị Phúc 5
22 2 23
3 21; ;
3f x y z
xy yz zxx y z xy yz zx
(7)
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có ; ;x y z D
22 2 222 2 23
2 1
3 3 3
x y z xy yz zx x y zx y z xy yz zx
(8)
Và 2
3 1xy yz zx x y z (9)
Từ (7), (8), (9) suy ra 3
; ; 211
3
f x y z hay ; ; 30f x y z , ; ;x y z D
1 1 1
; ;3 3 3
D
và 1 1 1
; ; 30 min ; ; 303 3 3 D
f f x y z
Bài 1.1.2: Tìm giá trị lớn nhất của shàm số ; ;f x y z xyz trên
1 1 10; 0; 0; 2
1 1 1D x y z
x y z
Lời giải:
Lấy ; ;x y z tùy ý thộc D . Khi đó từ định nghĩa của D ta có:
1 1 11 1
1 1 1 1 1
y z
x y z y z
Theo bất đẳng thức Cauchy
1 1 12.
1 1 1 1 1
yz
x y z y z
(10)
Lập luận tương tự ta có:
12.
1 1 1
xz
y x z
(11)
12.
1 1 1
xy
z x y
(12)
Dương Thị Phúc 6
Nhân từng vế (10), (11), (12) suy ra:
1 8
1 1 1 1 1 1
xyz
x y z x y z
hay
1
8xyz
Vậy 1
; ; , ; ;8
f x y z x y z D
Mặt khác 1 1 1 1
; ;2 2 2 8
f
mà 1 1 1
; ;2 2 2
D
nên 1
ax ; ;8D
m f x y z
Nhận xét: bài toán trên có thể phát biểu dưới dạng tổng quát hóa. Chứng minh
rằng:
1 2 1 2
1max ; ;...; , ; ;...;
1n nn
f x x x x x x Dn
trong đó: 1 2 1 2; ;...; . ....n nf x x x x x x và
1 2
1 2
1 1 1; ;...; : 0 1, , ... 1n i
n
D x x x x i n nx x x
Bài 1.1.3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
; ; 1 1 11 1 1
x y zf x y z x y z
y z x z x y
trên miền
; ; : 0 1,0 1,0 1D x y z x y z .
Lời giải:
Lấy tùy ý ; ;x y z D . Khi đó ta có: 0 1,0 1,0 1x y z . Do ; ;x y z giữ
vai trò như nhau nên ta có thể giả sử x y z .
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
1 1 11 1 1
3
y z y zy z y z
Dương Thị Phúc 7
11 1
1y z
y z
(13)
Do 1 0x nên từ (13) suy ra:
1
1 1 11
xx y z
y z
(14)
Vì x y z và 0, 0, 0x y z nên ta có:
1 1
y y
y z z x
(15)
1 1
z z
y z y x
(16)
Cộng từng vế (14), (15), (16) ta có:
1 1 1 11 1 1
x y zx y z
y z z x x y
(17)
Hay ; ; 1, ; ;f x y z x y z D
Do 1;1;1 D mà 1;1;1 1f nên ta có ax ; ; 1D
m f x y z
Bài 1.1.4: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
3 3 3
2 2 2; ;f x y z
x y z y z x z x y
trên miền ; ; : 0, 0, 0; 1D x y z x y z xyz
Lời giải:
Đặt 1 1 1
, ,X Y Zx y z
. Khi đó:
Dương Thị Phúc 8
3 3 3
3 3 3
2 2 2 2 2 2X YZ Y XZ Z XY
x y z y z x z x y Y Z X Z X Y
Mặt khác: do 1xyz nên 1XYZ . Vì thế ta có:
; ; ; ;min ; ; min ; ;
x y z D X Y Z Df x y z F X Y Z
Với 2 2 2
; ; 2X Y Z
F X Y ZY Z Z X X Y
' ; ; : 0, 0, 0; 1D X Y Z X Y Z XYZ .
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ; ; 'X Y Z D thì:
2
2
2
4
4
4
X Y ZX
Y Z
Y Z XY
Z X
Z X YZ
X Y
Cộng từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
31 1; ; .3.
2 2 2
X Y ZF X Y Z XYZ
; ; 3, ; ; 'F X Y Z X Y Z D
Mặt khác 1;1;1 3F và 1;1;1 'D
; ; 'min ; ; 3
X Y Z DF X Y Z
Vậy
; ;min ; ; 3
x y z Df x y z
.
Dương Thị Phúc 9
Bài 1.1.5: Cho hàm số 2 2 2; ;f x y z x y z xét trên miền
; ; : 0, 0, 0D x y z x y z và 2002 2002 2002 3x y z . Tìm giá trị lớn nhất
của ; ;f x y z trên miền D .
Lời giải:
Lấy ; ;x y z D . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2000 số 1 và 2 số 2002x ta
có:
2002 20022002 2002 20021 1 ... 1
.2002
x xx x
Hay 2002
22000 2.
2002
xx
(18)
Tương tự ta có: 2002
22000 2.
2002
yy
(19)
2002
22000 2.
2002
zz
(20)
Cộng từng vế (18), (19), (20) ta có:
2002 2002 2002
2 2 23.2000 2
2002
x y zx y z
(21)
Vì 2002 2002 2002; ; 3x y z D x y z nên từ (21) ta có:
; ; 3, ; ;f x y z x y z D
Mặt khác 1;1;1 3f và do 1;1;1 D nên suy ra ax ; ; 3D
m f x y z .
Bài 1.1.6: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số 1 1 1
; ; 1 1 1f x y zx y z
trên miền ; ; : 0, 0, 0D x y z x y z và 1x y z .
Dương Thị Phúc 10
Lời giải:
Lấy ; ;x y z D tùy ý. Ta có:
1 1 11 1 1; ; 1 1 1
x y zf x y z
x y z xyz
(22)
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
241 4x x y z x x yz (23)
241 4y x y z y y xz (24)
241 4z x y z z z xy (25)
Nhân từng vế của (23), (24), (25) ta được:
1 1 1 64x y z xyz (26)
Từ (22) và (26) suy ra ; ; 64f x y z
Mặt khác: 1 1 1
; ; 643 3 3
f
và 1 1 1
; ;3 3 3
D
. Từ đó ta có:
max ; ; 64, ; ;f x y z x y z D
Chú ý: Để ; ; 64f x y z thì các dấu bằng ở (23), (24), (25) xảy ra khi và
chỉ khi x y z . Từ đó ta có: 3
1 1 11 64 1 4
3x y z
x x
hay
1 1 1; ;
3 3 3
là phần tử duy nhất thuộc D làm cho hàm số đã cho nhận giá trị
lớn nhất.
Dương Thị Phúc 11
Ta có kết quả tổng quát sau: 1 2 1 2max ; ;..; 1 , ; ;...;n
n nf x x x n x x x D ,
trong đó ; ; : 0, 1,iD x y z x i n và 1 2 ... 1nx x x
Bài 1.1.7: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
; ; 1 1 1f x y z x y z
trên miền ; ; : 0, 0, 0; 1D x y z x y z x y
Lời giải:
Lấy ; ;x y z D . Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
21
2 313 2
xx
(27)
21
2 313 2
yy
(28)
21
2 313 2
zz
(29)
Cộng từng vế của (27), (28), (29) ta có:
3 22 2 2
1 1 1 23 3 3 2
x y zx y z
Vì 1x y z 2
; ; 2 ; ; 63
f x y z f x y z
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ở các bất đẳng thức (27), (28), (29) xảy ra
khi và chỉ khi 1
3x y z
Dương Thị Phúc 12
1 1 1; ;
3 3 3D
và 1 1 1
; ; 63 3 3
f
mà ax ; ; 6D
m f x y z .
Bằng cách lập luận tương tự ta có kết quả tổng quát sau: Với 2n thì
1 2ax ; ;...; 1nD
m f x x x n n
trong đó: 1 2 1 2; ;...; 1 1 ... 1n nf x x x x x x và
1 2 1 2; ;...; : 0, 1, ; ... 1n i nD x x x x i n x x x .
Bài 1.1.8: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
1 1 1
; ; 1x y z
f x y z xyz x y zx y z y z x
trên miền ; ; : 0, 0, 0D x y z x y z .
Lời giải:
Ta có 1 1 1
; ;y x z
f x y z yz xy xz x y zz y x x y z
Lấy ; ;x y z tùy ý thuộc D . Áp dụng bất dẳng thức Cauchy ta có:
2
2
2
yyz y
z
xxy x
y
zxz z
x
Từ đó ta suy ra:
Dương Thị Phúc 13
1 1 1; ;
1 1 1; ; 6
f x y z x y zx y z
f x y z x y zx y z
Như vậy ta có ; ; 6, ; ;f x y z x y z D
Vì 1;1;1 D và 1;1;1 6f nên ta có min ; ; 6D
f x y z
Ta có bài toán tổng quát sau: 1 2min ; ;...; 2nD
f x x x n trong đó:
21 2 1 2
1 2 3 4
1 1 1; ;...; . ... ...
. ...n n
n n
xf x x x x x x
x x x x x x
3 11 2
4 5 1 2 2 2 3 1
... .... ... . ... . ...
nn
n n n
x x xx x x
x x x x x x x x x
Và 1 2; ;...; : 0, 1,n iD x x x x i n .
1.1.3. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki
Bài 1.1.9: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 3 3; ;f x y z x y z và giá trị
lớn nhất của hàm số 44 4; ;g x y z x y z trên cùng một miền
; ; : 0, 0, 0; 1D x y z x y z x y z
Lời giải:
1.Lấy ; ;x y z D tùy ý. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 dãy số
, ,x x y y z z và , ,x y z ta có:
23 3 3 2 2 2x y z x y z x y z
Do ; ;x y z D nên 1x y z
22 2 2; ;f x y z x y z (30)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
Dương Thị Phúc 14
22 2 23 1. 1. 1. 1x y z x y z hay 2 2 23 1x y z (31)
Từ (30) và (31) suy ra 1
; ; , ; ;9
f x y z x y z D (32)
Dấu bằng xảy ra ở đẳng thức (32) xảy ra khi và chỉ khi:
3 3 3
11
39
x y z
x y zx y z
Mà 1 1 1 1 1 1 1
; ; , ; ;3 3 3 3 3 3 9
D f
nên 1
min ; ; , ; ;9
f x y z x y z D
2. Lấy ; ;x y z D . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 dãy số
44 4; ;x y z và 1;1;1 ta có:
2
44 43 x y z x y z
2 ; ; 3f x y z x y z (33)
Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai dãy số
; ; à 1;1;1x y z v ta được:
2
3 x y z x y z
Do 1x y z nên suy ra 2
3.1 3x y z (34)
Từ (33) và (34) suy ra: 2 ; ; 3 3 27f x y z
4; ; 27, ; ;f x y z x y z D
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 44 44
1
327
x y zx y z
x y z
Do
4
4
1 1 1; ; 27
3 3 3max ; ; 27
1 1 1; ;
3 3 3
f
f x y z
D
Bài 1.1.10: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
Dương Thị Phúc 15
; ; ;f x y z t xy yz zt tx trên miền 2 2 2 2
0; ; ; :
1
x y z tD x y z t
x y z t
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 dãy số ; ; ;x y z t và ; ; ;y z t x ta
có:
22 2 2 2 2 2 2 2x y z t y z t x xy yz zt tx
Hay 2 2 2 2 2 ; ; ;x y z t f x y z t
Vì thế ; ; ;x y z t D ta có: 1 ; ; ; 1f x y z t
Do
1 1 1 1; ; ;
2 2 2 2min ; ; ; 1
1 1 1 1; ; ; 1
2 2 2 2
D
D
f x y z t
f
Lấy ; ; ;x y z t D tùy ý ta có:
0x y z t x z y t (35)
Ta có:
; ; ;f x y z t xy yz zt tx y x z t x z y t z x (36)
Từ (35) và (36) suy ra: 2
; ; ; 0f x y z t y t
; ; ; 0, ; ; ;f x y z t x y z t D
Mặt khác: 1 1 1 1
; ; ;2 2 2 2
D
và 1 1 1 1
; ; ; 02 2 2 2
f
nên ax ; ; ; 0D
m f x y z t
Nhận xét : Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên miền D ta không
thể áp dụng được bất đẳng thức Bunhiacopxki (cụ thể là thường không tìm
được phần tử ; ; ;x y z t D sao cho ; ; ; 1f x y z t )
Bài 1.1.11: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
3 3 3
; ;2 3 2 3 2 3
x y zf x y z
x y z y z x z x y
trên miền 2 2 2; ; : 0, 0, 0; 1D x y z x y z x y z
Dương Thị Phúc 16
Lời giải:
Lấy ; ;x y z D tùy ý. Ta có:
3 3 3
; ;2 3 2 3 2 3
x y zf x y z
x y z y z x z x y
4 4 4
2 2 22 3 2 3 2 3
x y z
x xy xz y zy xy z xz yz
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai dãy số:
2 2 22 3 ; 2 3 ; 2 3x xy xz y yz xy z xz zy
và 2 2 2
2 2 2; ;
2 3 2 3 2 3
x y z
x xy xz y yz yx z xz zy
Ta có: 22 2 2 2 2 25 . ; ;x y z xy yz zx f x y z x y z (37)
Do 2 2 2 1x y z nên từ (37) ta có:
1
; ;1 5
f x y zxy yz zx
(38)
Mặt khác: 22 2 2 1xy yz zx x y z
Từ (38) ta có: 1
; ; , ; ;6
f x y z x y z D .
Ta lại có: 3 3 3 1
; ;3 3 3 6
f
và 3 3 3
; ;3 3 3
D
nên ta có kết quả sau:
1
min ; ;6D
f x y z .
Bài 1.1.12: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
; ; 1 t anx.tan 1 tan . tan 1 tan . t anxf x y z y y z z
Trên miền ; ; : 0, 0, 0;2
D x y z x y z x y z
Lời giải:
Dương Thị Phúc 17
Lấy ; ;x y z D tùy ý. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai
dãy số 1;1;1 và 1 t anx. tan ; 1 tan . tan ; 1 tan . t anxy y z z ta được:
3 1 t anx.tan 1 tan .tan 1 tan .t anxy y z z
2
1 t anx.tan 1 tan .tan 1 tan .t anxy y z z
Do 2
t anx.tan tan .tan tan .t anx 1
, , 0;2
x y z
y y z z
x y z
Nên suy ra ; ; 2 3, ; ;f x y z x y z D
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
; ; 2 3
1 t anx.tan 1 tan .tan 1 tan . t anx
f x y z
y y z z
2
t anx tan tan; ;
63 1 t an 2 3
y zx y z do x y z D
x
Vậy ax ; ; 2 3D
m f x y z .
Bài 1.1.13: Tim giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2002 2008
2 2
sin os;
os sin
x c xf x y
c y y trên
miền ; :2
D x y y k
Lời giải:
Lấy ;x y D tùy ý. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
2 21004 1001
22 2 1004 1004sin osos sin sin os
cos sin
x c xc y y x c x
y y
Từ đó suy ra: 21004 1004; sin cosf x y x x (39)
Ta có bổ đề: cho 0, 0a b và 1a b . Khi đó với mọi n nguyên ta có:
1
1
2n n
na b
( chứng minh bằng phương pháp quy nạp).
Dương Thị Phúc 18
Áp dụng bổ đề này với 2 2sin , osa x b c x ta có:
502 5021004 1004 2 2
502 1 501
1 1sin os sin os
2 2x c x x c x
(40)
Từ (39) và (40) suy ra:
221004 1004
501 1002
1 1; sin os
2 2f x y x c x
(41)
Dấu bằng ở (41) xảy ra khi và chỉ khi dấu bằng ở (39) và (40) xảy ra
1004 1004
2 2
2 2
sin os
os sin
1sin os
2
x c x
c y y
x c x
Hệ này có nghiệm, giả sử ta lấy nghiệm ;4 4
Ta có: 1002
1;
4 4 2f
(42)
Từ (41) và (42) ta có kết luận 1002
1min ;
2Df x y
Bài 1.1.14: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
; ; ;
2 3 2 3 2 3 2 3
x y z tf x y z t
y z t z t x t x y x y z
trên miền ; ; ; : 0, 0, 0D x y z t x y z
Lời giải:
Lấy ; ; ;x y z t D . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 dãy số sau:
, , ,2 3 2 3 2 3 2 3
x y z t
y z t z t x t x y x y z
và 2 3 , 2 3 , 2 3 , 2 3x y z t y z t x z t x y t x y z ta được:
2
; ; ; 2 3 2 3 2 3 2 3f x y z t x y z t y z t x z t x y t x y z x y z t
Vì 0, 0, 0, 0x y z t nên ta có:
Dương Thị Phúc 19
2
; ; ;4
x y z tf x y z t
xy yz zt tx xz ty
(43)
Hiển nhiên ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
0
3 2
3 8
x y x z x t y z y t z t
x y z t xy xz xt yz yt zt
x y z t xy xz xt yz yt zt
23
8xy xz xt yz yt zt x y z t (44)
Từ (43) và (44) suy ra 2
; ; ; , ; ; ;3
f x y z t x y z t D
Mặt khác chẳng hạn 2 2
1;1;1;1 min ; ; ;3 3D
f f x y z t
Nhận xét: lập luận tương tự cho kết quả sau:
1 2
2min ; ;...;
1n
Dx x x
n
Với
1 21 2
2 3 3 4 1
; ;...; ...2 ... 1 2 ... 1
n
n
x xf x x x
x x n x x x n x
1 2 12 ... 1n
n
x
x x n x
và 1 2; ;...; : 0, 1,n iD x x x x i n
1.2. Ứng dụng bất đẳng thức trong giải phương trình, bất phương trình
và hệ.
1.2.1. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức.
Với , , ,a b c d là các số thực ta luôn có:
Tính chất 1: Nếu a b b a
Tính chất 2: Nếu a b
a cb c
Tính chất 3: Nếu a b a c b c
Dương Thị Phúc 20
Tính chất 4: Nếu a b ac bc nếu 0c hoặc ac bc nếu 0c
Tính chất 5: Nếu a b
a c b dc d
Tính chất 6: Nếu 0
0
a bac bd
c d
Tính chất 7: Nếu 1 1
a Ba b
nếu 0ab hoặc 1 1
a b nếu 0ab
Tính chất 8: Nếu 0 ,n na b a b với \ 0n N
Tính chất 9: Nếu 0 ,n na b a b với \ 0n N
1.2.2. Bất đẳng thức liên quan đến trị tuyệt đối
1.2.2.1.Các tính chất cơ bản
Tính chất 1: Với mọi số thực a luôn có:
2 | |a a
Tính chất 2: Với 2 số thực ,a b tùy ý
2 2 | | | |a b a b
Tính chất 3: Nếu | |b a b a b
Tính chất 4: Nếu a b
a b
| |a b
Tính chất 5: Ta có: | | | | | |a b a b
1.2.2.2. Giải phương trình, bất phương trình và hệ
Với phương trình ta sử dụng các tính chất sau:
Tính chất 1: Nếu | | | | | | 0a b a b ab
Tính chất 2: Nếu | | | |a b a b 0
0
a
b
Tính chất 3: Nếu | | | |a b a b 0
0
a
b
Tính chất 4: Nếu | | | | | | 0a b a b b a b
Với bất phương trình ta sử dụng các tính chất:
Dương Thị Phúc 21
Tính chất 1: Ta có | | | | | |a b a b , ,a b
Tính chất 2: Nếu | | | | | | 0a b a b ab
Tính chất 3: ta có | | | | | |, ,a b a b a b
Tính chất 4: Nếu | | | | | | 0a b a b b a b
1.2.Bài tập rèn luyện
Bài 1.2.1: Giải phương trình:
2 2| 4 3 | | 4 | 3x x x x (1)
Lời giải:
Ta biến đổi phương trình về dạng:
2 2 2 2(1) | 4 3 | | 4 | 4 3 4x x x x x x x x
Từ tính chất 3 suy ra:
2
2
4 3 0
4 0
x x
x x
3
1
0 4
0 1
3 4
x
x
x
x
x
Vậy phương trình có nghiệm là 0;1 3;4
Bài 1.2.2: Giải phương trình.
2 1 2 1 2x x x x (1)
Lời giải:
Ta biến đổi phương trình (1) về dạng:
2 2
1 1 1 1 2x x
| 1 1| | 1 1| | 1 1 1 1 |x x x x
Từ tính chất 4 suy ra:
Dương Thị Phúc 22
1 1 .2 0x
1 1
2
x
x
Vậy phương trình có nghiệm là 2x
Bài 1.2.3: giải phương trình sau:
3 | 1|
2| 1| 3
x
x
Lời giải:
Điều kiện 1x
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:
3 | 1| 3 | 1|2. . 2
| 1 | 3 | 1| 3
x xVT VP
x x
Vậy phương trình đã cho tương đương với:
3 | 1|
1| 1| 3
x
x
2
4
x
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm là: 2; 4x x
Bài 1.2.4: Giải phương trình:
44 1
2 1 227
x x
Lời giải:
Biến đổi vế trái của phương trình:
4 44 412 1 2 .3. 2 1 2
3x x x x
=
42 2 2 4 411 1 1 1 2
3x x x
222 211 2
3x x x
Dương Thị Phúc 23
222 21 1
. 3. 1 23 9
x x x
=
222 2 2 2 21
1 1 1 1 227
x x x
41 11 2
27 27x x x
Vậy phương trình có nghiệm khi dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra
22 2 1 2
1 2
1
3
x x x
x x x
x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1
3x
Bài 1.2.5: giải phương trình:
2 56 4
sin . os
x xy y
cx x
(1)
Lời giải:
Biến đổi phương trình về dạng:
2 10
(1) 10 22
sin
xy
x
Nhận xét 10
10
VT
VP
Vậy phương trình chuyển thành:
10
10
VT
VP
2 0
2sin 1
x
y
x
2
sin 1
2
2
x
y
x
y k
Dương Thị Phúc 24
Vậy phương trình có họ nghiệm là 2; ,2
k k Z
Bài 1.2.6: Giải phương trình sau:
9 3 10 2x x
Lời giải:
Theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
Với 1x
9 9 8 1
3 3 2 1
x x
x x
x
x
9 3 10 2x x
x dấu đẳng thức xảy ra khi 1x
Với 0x
9 9 8 1 8 1
3 3 2 1 2 1
x x
x x
x x
x x
9 3 10 2,x x x dấu đẳng thức xảy ra khi 0x
Với 0;1x
9 9 8 1
3 3 2 1
x x
x x
x
x
9 3 10 2x x
x , dấu đẳng thức xảy ra khi 1x
Vậy phương trình có 2 nghiệm 0x và 1x .
Bài 1.2.7: Giải phương trình:
3 2 22 7 11 25 12 6 1x x x x x (1)
Lời giải:
2 21 2 7 4 3 6 1x x x x x
Điều kiện 4
7 4 07
x x
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho vế trái ta được:
2 2 22 7 4 3 7 4 3 6 1x x x x x x x x =VP
Dương Thị Phúc 25
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 27 4 3x x x
2 8 7 0
1
7
x x
x
x
Vậy phương trình có nghiệm 1x hoặc 7x
Bài 1.2.8: Giải phương trình :
2
2
1 12 2 4x x
x x
Lời giải:
Biến đổi phương trình về dạng :
2
2
1 12 2 4x x
x x
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta được:
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2
2 1. 1. 2 1 1 2 2
1 1 1 1 12 1. 1. 2 1 1 2 2
x x x x x x
xx x x x x
2
2
1 12 2 4x x
x x
Dấu đẳng thức xảy ra khi vầ chỉ khi 1x
Vậy phương trình có nghiệm khi 1x
Bài 1.2.9: Giải phương trình sau:
2 2 2
22 2
321 1 4 4
2 3x x x x x
x x
(1)
Lời giải:
(1)
2 2 2
22
321 1 4
2 3x x x x x
x x
(2)
Xét:
2 2 2 2
2 2 22 2
32 1 644 4 2 3 2 3 3
2 2 32 3x x x x
x xx x
(3)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Dương Thị Phúc 26
VT(3)
22 2 242 22 2 2 2
32 1 644 4 . 2 3 . 3
22 3 2 3x x x
x x x x
41.4. 6.64 3 5
2
2
22 2
324 4 5 4 1
2 3x
x x
3 1 2 1VT VP
Mặt khác:
VT(2) 2 21 1 1x x x x
2 21 1 1x x x x
2 2 21 1 1 2 1x x x x x x ( bình phương hai vế)
22 1 2 1x x x (4)
Nếu 1
2 1 02
x x (4) đúng.
Nếu 1
2 1 02
x x thì 2 2(4) 4 4 1 4 1x x x x
1 4 2 1VT
(2) 1 2VT VP
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 1.2.10: Giải phương trình sau:
2428 27
27 24 1 63 2
x x x
Lời giải:
Ta có: 2428 27
27 24 1 63 2
x x x
Dương Thị Phúc 27
2
4
2
4
3 9 481 72 162 4 1
3 2
9 4 3 9 42 4 1 (1)
3 2
xx x
x x
Điều kiện: 9
9 4 04
x x
Đặt 9 4 0x y . Khi đó (1) trở thành:
2
43
2 4 13 2
y y
2
43
4 4 1 63 2
y yy
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
66
2
yy
2
4 4 2 43
yy
22
4 4 23
yy
2
60
3
y
Mà 2
6 0y nên 6 0 6y y
4 9
9 2
yx
(thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm 9
2x
Bài 1.2.11: Giải phương trình sau:
2 2 2 22 6 4 11 3 2 6 4 4x y x y x y x y (1)
Lời giải:
VT(1) 2 2 2 26 9 2 4 2 2 1 3 2 1x x y y x x y y
Dương Thị Phúc 28
2 2 2 2
3 2 1 1 3 1x y x y
2 2
3 1 | 3 | | 1|x x x x (2)
Ta có: | 3 | 3
| 1| 1
x x
x x
| 3 | | 1 | 3 1 4x x x x
Từ (2) suy ra: 2 2
3 1 4x x (3)
Dấu đẳng thức (2) xảy ra
1 0
3 0
1 0
y
x
x
1
1 3
y
x
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 0 0; ; 1 , 1;3x y x x
Bài 1.2.12: Giải bất phương trình sau:
2 2| 2 3 1| | 2 5 | 2 1x x x x x (1)
Lời giải:
Biến đổi bất phương trình ban đầu về dạng:
2 2 2 2| 2 3 1| | 2 5 | | 2 3 1 2 5 |x x x x x x x x
22 5 2 1 0x x x
1
2
50
2
x
x
Vậy bất phương trình có nghiệm là: 1 5
; ;2 2
Bài 1.2.13: Giải bất phương trình:
2 2 2 2| | 4 | | 4x x a x x a a
Lời giải:
Dương Thị Phúc 29
Điều kiện: 2 2 0x a | | | |x a
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm là 2 2x x a và
2 24 x x a ta được:
2 2 2 24VT x x a x x a 2 2 2 22 4 . 4 4x x a x x a a a VP
Vậy bất phương trình nghiệm đúng với x a
Bài 1.2.14 : giải bất phương trình:
2sin 1x x
Lời giải:
Nhận xét rằng: 2
s inx 1
1 1x
Do đó bất phương trình tương đương với:
2
s inx 1
1 1x
0x
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất 0x
Bài 1.2.15: Giải bất phương trình sau:
3 2 8 7x x x
Lời giải:
Điều kiện:
3 0 3
2 8 0 4
7 0 7
x x
x x
x x
3 7x
Với điều kiện trên bất phương trình tương đương với:
3 7 2 8x x x
3 7 2 3 7 2 8x x x x x
22 4 21 2 2x x x
Dương Thị Phúc 30
2 2
2 2 0
3 7
2 2 0
4 21 2 1
x
x
x
x x x x
2
1
3 7
1
2 6 20 0
x
x
x
x x
3 1
1
2 5
x
x
x
3 13 5
1 5
xx
x
Vậy phương trình có nghiệm là 3;5S
Bài 1.2.16: Giải hệ phương trình:
2 2x +y =1 (1)
| 3 3 | | 3 3 | 2 | | (2)x y x y x y
(I)
Lời giải:
Biến đổi (2) về dạng :
(2) | 3 3 | | 3 3 | | 3 3 3 3 |x y x y x y x y
3 3 0x y x y
3 3 0 (3)
0
3 3 0 (4)
0
x y
x y
x y
x y
Với (3):
(2) | 3 3 | 3 3 2x y x y x y
| 3 3 | 3 3 2x y x y x y
Dương Thị Phúc 31
3 3 5 3 3
3 3 5 3 3
0
1
x y x y
x y x y
x
x y
Với 0x
2 2 1
0
x yI
x
2 0
0
0
1
0
1
y
x
x
y
x
y
Với 1x y
2 2 1
1
x yI
x y
1
0
0
1
1
0
x y
xy
x
y
x
y
Với (4):
2 | 3 3 | 3 3 2x y x y x y
| 3 3 | 5 3 3 0x y x y
3 3 5 3 3
3 3 5 3 3
0
1
x y x y
x y x y
x
x y
Với 0x
Dương Thị Phúc 32
2 2 1
0
x yI
x
2 1
0
0
1
0
1
y
x
x
y
x
y
Vậy hệ đã cho có nghiệm là: 0;1 , 1;0 , 0; 1
Bài 1.2.17: Giải hệ phương trình sau:
2 3 3 2
2
6 . 6 5 4 2 6 (1)
2 21 (2)
x x x x x x
xx x
Lời giải:
Do 2
,xx
cùng dấu nên từ (2) suy ra:
20 0x x
x 3 24 0 2 6 0x x x
1 71 7
1 7
xx
x
2
1 0
5 0
x
x x
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm là 1x và 2 5x x ta
được:
3 2 2 22 6 5 2 1 5 1 5 2 6x x x x x x x x x x (3)
Và 3 3 3 3
2 333 3. . .4 4 42 2 2 2
x x x xx x (4)
Nhân từng vế của (3) và (4) ta có: VT(1)=VP(1)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2x , thỏa mãn (2).
Dương Thị Phúc 33
Vậy nghiệm của hệ là 2x .
Bài 1.2.18: Giải hệ phương trình sau:
2 2
2 2
2 1
2 2
x y y x
x y x y
Lời giải:
Xét phương trình (1):
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
2 2 2 22 1 1 2x y y x x y y x
Suy ra: 2 21 x y y x
2 2
1 0
1
x y y x
x y x y
x y
y x
Với x y hệ có dạng:
2 2 2
x y
x x x x
2 1 0
1 5
2
x y
x x
x y
Với 1y x hệ có dạng:
22
1
1 1 2
y x
x x x x
2 1 0
x y
x x
2
1
0
y x
x x
0
1
1
0
x
y
x
y
Dương Thị Phúc 34
Vậy hệ phương trình có 4 cặp nghiệm.
Bài 1.2.19: giải hệ phương trình sau:
3 1
2 2
y x y x
x y x y
Lời giải:
Điều kiện: 0
2 0
y x
x y
6 631 y x y x
2 3
21 0
y x y x
y x y x
1 0
y x
y x
Với y x :
2 2 2 2x x
2
2 2 0
4 2 2
x
x x
2
11
2 1 0
xx
x x
1y
Với 1 0y x :
2 2 1 2 3x x
2
2 3 0
4 4 1 2 3
x
x x x
2
3 1 1
02 2 2
1 22 1
x x y
x yx x
Dương Thị Phúc 35
Vậy phương trình có 3 cặp nghiệm ;x y là 1 1
1;1 , ; , 1;22 2
1.3. Ứng dụng bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức
1.3.1. Bất đẳng thức Chebyshev
1.3.1.1. Bất đẳng thức Chebyshev trên 2 dãy đơn điệu ngược chiều
Cho 2 dãy hữu hạn các số thực 1 2, ,..., na a a và 1 2, ,..., nb b b khi đó:
nếu có 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
hoặc 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
ta có:
1. Dạng 1: 1 1 2 2 1 2 1 2... ....n n n na b a b a b a a a b b b
n n n
2. Dạng 2: 1 1 2 2 1 2 1 2... ... ...n n n nn a b a b a b a a a b b b
Dấu bằng xảy ra 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
1.3.1.2.Bất đẳng thức Chebyshev trên 2 dãy đơn điệu ngược chiều
Cho 2 dãy số hữu hạn các số thực 1 2, ,..., na a a và 1 2, ,..., nb b b khi đó:
Nếu có 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
hoặc 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
ta có:
1. Dạng 1: 1 1 2 2 1 2 1 2... ... ....n n n na b a b a b a a a b b b
n n n
2. Dạng 2: 1 1 2 2 1 2 1 2... ... ...n n n nn a b a b a b a a a b b b
Dấu bằng xảy ra 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
1.3.1.3. Bất đẳng thức Chebyshev suy rộng
Cho 1 2, ,..., 0nm m m thỏa mãn 1 2 ... 1nm m m
3. Nếu có 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
hoặc 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
thì
Dương Thị Phúc 36
1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2... ... ...b n n n n n nm a b m a b m a b m a m a m a m b m b m b
Dấu bằng xảy ra 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
4. Nếu có 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
hoặc 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
thì :
1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2... ... ...b n n n n n nm a b m a b m a b m a m a m a m b m b m b
Dấu bằng xảy ra 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
1.3.2. Bất đẳng thức Bernoulli
1.3.2.1. Dạng cơ bản của bất đẳng thức Bernoulli
1. 1,a n N ta có: 1 1n
a na
2. 1a , r Q và 0 1r ta có: 1 1r
r ra
3. 1,a r Q và 0 1r r ta có: 1 1r
a ra
1.3.2.2.Dạng tổng quát của bất đẳng thức
1. 1, 0 1x ta có: 1 1x x
Hệ quả: 0, 0 1t ta có: 1t t
2. 1, ;0 1;x ta có: 1 1x x
Hệ quả: 0, ,0 1,t ta có: 1t t
1.3.3. Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev
Bài 1.3.1: Chứng minh rằng:
3, , 0
2
a b ca b c
b c c a a b
Lời giải:
Dương Thị Phúc 37
Không mất tính tổng quát, giả sử b c c a a b
a b c a b c
b c c a a b
Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev cho 2 dãy đơn điệu ngược chiều ta có:
a b cb c c a a b
b c c a a b
3
a b cb c c a a b
b c c a a b
2 3
a b ca b c a b c
b c c a a b
3 3
2 2
a b ca b c
b c c a a b a b c
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra 0a b c
Bài 1.3.2: Cho 2 2 2 2
, , , 0
1
a b c d
a b c d
Chứng minh rằng:
2 2 2 2 3
2
a b c d
b c d a c d a b d a b c
Lời giải:
Đặt
A b c d
B c d a
C d a b
D a b c
Không mất tính tổng quát, giả sử
2 2 2 2 0
0 1 1 1 10
a b c d
a b c d
A B C D
Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev và AM-GM rồi CBS ta có:
VT 2 2 2 2 44
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4. . .
4a b c d
A B C D A B C D A B C DABCD
2 2 2 2
4 1 4 1 2.
3 3 34a b c d a b c d
Dương Thị Phúc 38
Dấu bằng xảy ra 1
2a b c d
Bài 1.3.3: Cho , , , 0a b c d thỏa mãn 1ab bc cd ad . Chứng minh rằng:
3 3 3 3 1
3
a b c dS
b c d a c d a b d a b c
Lời giải:
Đặt
A b c d
B c d a
C d a b
D a b c
A B C D b c d c d a d a b a b c
3 a b c d
Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
a b b c c d d aa b c d
1ab bc cd da
Không mất tính tổng quát, giả sử
3 3 3 3 0
0 1 1 1 10
a b c d
a b c d
A B C D
Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có:
3 3 3 33 3 3 31 1 1 1 1
4
a b c dS a b c d
A B C D A B C D
2 2 2 21 1 1 1 1
. . . .4
a a b b c c d dA B C D
2 2 2 21 1 1 1 1 1
.4 4
a b c d a b c dA B C D
1 1 1 1 1
16a b c d
A B C D
1 1 1 1 1
48A B C D
A B C D
4 41 1 1 1 1 1
.4.4 . . . .4 . . .48 3
A B C DA B C D
(đpcm)
Dương Thị Phúc 39
Dấu bằng xảy ra 1
2a b c d
Bài 1.3.4: Chứng minh rằng:
2 , , , 0
b c a c a b a b ca b c
a b c b c c a a b
(1)
Lời giải:
(1) 2 2 2 0b c a a c b a b c
a b c b a c c a b
2 2 20
b c a c a b a b c
a b c b c a c a b
(2)
Giả sử a b c , khi đó 2 2 2b c a c a b a b c
Và
1 1 1
a b c b a c c a b
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có:
VT(2) 1 1 1
2 2 2 0b c a c a b a b ca b c b c a c a b
Vậy đẳng thức được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra 0a b c
Bài 1.3.5: Cho , ,a b c sao cho 1 1 1
, ,a b c
là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Chứng minh rằng: 2 2 2
2 2 26
ab ac bc ab bc ac ca cb ab
a bc b ac c ab
(1)
Lời giải:
Dương Thị Phúc 40
(1)
2 2 2
2 2 20
a b c a b a c b c a b c
a bc b ac c ab
(2)
Giả sử 2 2 2a b c b c a a c b a b c
Vì 1 1 1
, ,a b c
là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có:
0ab ac bc ab bc ac bc ca ab
Suy ra 2 2 2 2
0a b bc ca aba b
a bc b ac a bc b ac
2 2
a b
a bc b ac
Tương tự ta có:
2 2 2
a b c
a bc b ac c ab
Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có:
VT(2) 2 2 2b c a c a b a b c 2 2 2
0a b c
a bc b ac c ab
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra a b c
Bài 1.3.6: Cho , , 0
3
a b c
a b c
. Chứng minh rằng :
2 2 2
1 1 11
c a b b a c a b c
(1)
Lời giải:
Dương Thị Phúc 41
Ta có:
2 2 2
11 1 1 1
3 3 3 3 3
c c
c a b c c c c
.
Tương tự ta có:
2 2
2 2
11
3 3
11
3 3
a a
a b c a a
b b
b a c b b
2 2 2
1 1 11 0
3 3 3
a a b b c c
a a b b c c
1 1 1
03 3 3
1 1 1
a b c
a b ca b c
Giả sử a b c thì 1 1 1a b c
Từ giả thiết 3a b c suy ra , , 3ab bc ac
1 1 1
3 3 31 1 1a b c
a b c
Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có:
1 1 1 1 1 1
1 1 1 03 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1
a b ca b c
a b c a a b ca b c a b c
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra 1a b c
Bài 1.3.7: cho , , 0
1
a b c
a b c
. Chứng minh rằng :
Dương Thị Phúc 42
1 1 1 27
1 1 1 8ab bc ac
(1)
Lời giải:
Đặt , ,x bc y ca z ab khi đó:
1 1 1 27
11 1 1 8x y z
1 9 1 9 1 90
1 1 1
x y z
x y z
1 9 2 3 1 9 2 3 1 9 2 30
1 2 3 1 2 3 1 2 3
x x y y z z
x x y y z z
(2)
Không mất tính tổng quát giả sử 0a b c x y z . Khi đó
1 9 2 3 1 9 2 3 15 27 27 0x x y y y x x y
1 9 2 3 1 9 2 3 15 27 27 0y y z z z y y z
1 9 2 3 1 9 2 3 1 9 2 3x x y y z z
Do 1a b c nên ta có:
1
4
1
4
1
4
z y a b c
z x
x y
Từ đó suy ra:
1 2 3 1 2 3 1 3 3 0
1 2 3 1 2 3 1 3 3 0
1 2 3 1 2 3 1 2 3
x x y y x y x y
y y z z y z y z
x x y y z z
Dương Thị Phúc 43
Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev
1 9 2 3 1 9 2 3 1 9 2 3 11 9 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3cyc cyc
x x y y z zx x
x x y y z z x x
Ta cần chứng minh 1 9 2 3 0cyc
x x
2 2 26 15 27 0x y z x y z
2 2 2 2 2 2
2
5 9 2
5 9 18 2
ab bc ac a b b c a c
ab bc ac ab bc ca abc
Sử dụng bất đẳng thức a b c b c a c a b abc và 1a b c ta
có:
1 2 1 2 1 2 4 9 1a b c abc ab bc ac abc
Mặt khác:
21
3 3
a b cab bc ca
2
5 9 8 18 2ab bc ac ab bc ca ab bc ca abc
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra 1
3a b c .
1.3.4. Áp dụng bất đẳng thức bernoulli
Bài 1.3.8: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) 10 10 107 8 9 (1)
b) 2000 2000 20001997 1998 1999 (2)
Lời giải:
Dương Thị Phúc 44
a) Ta có 10 10
7 91 1
8 8
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
10 10 109 10 10 7
1 1 18 8 8 8
(đpcm)
b) Ta có: 2000 2000
1997 19992 1
1998 1998
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
2000 2000 20001999 1 2000 1997
1 1 12000 1999 1998 1998
(đpcm)
Bài 1.3.9: Cho 3 số tự nhiên a b c . Chứng minh rằng với mọi số tự
nhiên 0d ta có: d d da b c
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
1d d
c a
b b
(1)
Theo giả thiết ,b c N và c b nên 1c b (vì d a )
Theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
1 1
1 1 1d d d
c b d a
b b b b b
Để chứng minh (1) ta cần chứng minh:
1 1d
a a
b b
Thật vậy theo giả thiết:
0 1a
b
2
3 2
a a
b b
a a
b b
1
...d d
a a a
b b b
Dương Thị Phúc 45
Vậy 1 1d
a a
b b
(đpcm)
Bài 1.3.10: Cho , 0, 2x y . Chứng minh rằng:
12x y x y
Lời giải:
Sử dụng: 2 2 2x y xy
22 22 x y x y
2 21
2
x y
x y x y
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
2
2
2 21
2 2
2 21
2 2
x x
x y x y
y y
x y x y
2 22
2 2 2 22
x y x y
x y x y x y x y
1
1
2
2
x y
x y x y
x y x y
Bài 1.3.11:
a) Cho n N , chứng minh rằng:
1
1 11 1
1
n n
n n
Dương Thị Phúc 46
b) Cho , 0a b và 1n , chứng minh rằng:
2 2
n n na b a b
Lời giải:
a) Ta có: 1
1 11 1
1
n n
n n
11 2
1
n nn n
n n
1 12 1
.1 1
n nn n n
n n n
1
2
2
11
n
n n n
nn
(1)
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
1 12
2 2 2
2 1 1 11 1 1
1 11 1 1
n n
n n n n
n nn n n
(đpcm)
b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2
2
n n
n
a b
a b
2 22
n na b
a b a b
(1)
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
21 1
n nn a ba a b
a b a b a b
(2)
21 1
n nn b ab b a
a b a b a b
(3)
Cộng vế với vế (2) và (3) ta được (1), tức là ta có đpcm.
Bài 1.3.12: Cho , 0a b . Chứng minh rằng:
Dương Thị Phúc 47
23 2 3 2 1 22a b ab a b
Lời giải:
Sử dụng: 3 3 2 2a b a b a b ab
2 2
1a b
b a b a a b
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
2 2 2
2 2 2
2 2 2 22. 1 2.
2 2
2 2 2 22. 1 2.
2 2
a a
b a b b a b
b b
a a b a a b
22 2 2 2 2 2
2
2 22 22 2 2 2 2 2 2 2
a b a b
b a b a a bb a b a a b
23 2 3 2 1 22a b ab a b
Dấu bằng xảy ra a b
Bài 1.3.13: Cho , , 0a b c . Chứng minh rằng:
2 2 2 2
13
2
a b c
b c c a a b
Lời giải:
Bổ đề: 3
2
a b c
b c c a a b
, , 0a b c
Áp dụng: Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
2
2
2
2 22 1 2
2 22 1 2
2 22 1 2
a a
b c b c
b b
c a c a
c c
a b a b
Dương Thị Phúc 48
2 2 2
22 3 2 1 2 2a b c a b c
b c c a a b b c c a a b
2 2 2
2 32 3 2 1 2 2 3 2
2
a b c
b c c a a b
2 2 2 2
2
3 13
22
a b c
b c c a a b
(đpcm)
Bài 1.3.14: Cho , , , 0a b c p và n N .chứng minh rằng:
13n pn pn p n p n pa b c a b c
Lời giải:
Bổ đề: 3 3
nn n nx y z x y z
Hệ quả: 1
1
3
n n n na b c
a b c a b c a b c
Áp dụng: Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
3. 1 3.
3. 1 3.
3. 1 3.
n p n
n p n
n p n
a n p n p a
a b c n n a b c
b n p n p b
a b c n n a b c
c n p n p c
a b c n n a b c
33
n p n p n p
n p a b c p
a b c a b c a b c n
.3n n n
nn p a b c
n a b c a b c a b c
1 3.3 3. 3
3
n
nn p a b c n p p
n a b c a b c a b c n n
Dương Thị Phúc 49
3 3n p n p n p
n p a b c
a b c a b c a b c
13
n p n p n p
n pa b c
a b c a b c a b c
13
n pn pn p n p n pa b c a b c
1.4. Ứng dụng bất đẳng thức trong hình học
Bài 1.4.1: Cho , ,a b c là 3 cạnh của một tam giác bất kì. S là diện tích của
tam giác đó. Chứng minh rằng: 2 4 4 41
16S a b c
Lời giải:
Từ công thức Hêrông: S p p a p b p c
Ta có: 2S p p a p b p c
1
16a b c b c a a c b a b c
3
1
16 3
b c a a c b a b ca b c
( BĐT Cauchy)
41
16 27
a b c (1)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki 2 lần ta có:
2 24 2 2 2 23a b c a b c a b c 4 4 49.3 a b c
4
4 4 4
27
a b ca b c
(2)
Từ (1) và (2) suy ra 2 4 4 41
16S a b c (đpcm)
Dương Thị Phúc 50
Bài 1.4.2: Cho , ,a b c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC , chứng minh bất
đẳng thức sau: 3
22
a b c
b c c a a b
Lời giải:
Ta cần chứng minh: 2a a
b c a b c
(1)
Thật vậy 1 2a a b c a b c
2a ab ac
a b c ( Đúng )
2a a
b c a b c
Tương tự ta chứng minh được:
2b b
a c a b c
và
2c c
a b a b c
Do đó ta có: 2 2 2
2a b c a b c
b c c a a b a b c
Chú ý: Áp dụng tính chất , , 0x y z 1x x x z
y y y z
Mặt khác ta có:
1 1a b c a b c a b c
b c c a a b c a a b
1 1 13a b c
b c c a a b
Dương Thị Phúc 51
1 1 1 13
2b c c a a b
b c c a a b
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
33b c c a a b b c c a a b
3
1 1 1 13
b c c a a b b c c a a b
Do đó: 1 9 3
.3.3 3 32 2 2
a b c
b c c a a b
(3)
Dấu bằng xảy ra a b c
Vậy từ (2) và (3) suy ra đpcm
Bài 1.4.3: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
2 2 2 3a b c a b c a b c a b c abc (1)
Lời giải:
Bất đẳng thức (1) tương đương:
3 3 3 2 2 2 2 23a b c abc a b b c bc c a ca
2 2 2 2 2a a bc b b ca c c ab a b ca b c ab c ac bc
Giả sử a b c 2 2
a b
a bc b ca
Khi đó: 2 2 2 2a a bc b b ca a b ca b a bc (2)
Do b c
a c
nên 2bc c ac bc
Dương Thị Phúc 52
2c c ab c ac bc (3)
Lấy (2) cộng (3) ta có:
2 2 2 2 2a a bc b b ca c c ab a b ca b c ab c ac bc
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra a b c
Bài 1.4.4: Cho , ,a b c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
2 2 2pa qb pqc với mọi ,p q thỏa mãn: 1p q
Lời giải:
Thay 1q p vào hiệu 2 2 2pa qb pqc ta có:
2 2 2 2 2 2f p c p a b c p b
Ta có: 22 2 2 2 24a b c b c
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 22 2
2 2
2 2
a b c bc a b c bc
a b c bc a b c bc
a b c a b c
a b c a c b a b c a b c
Vì , ,a b c là 3 cạnh của một tam giác nên ta có:
0
0
0
0
a b c
a c b
a b c
a b c
Do đó ta có: 0
Dương Thị Phúc 53
0 , , 1f p p q p q
Vậy ta luôn có: 2 2 2pa qb pqc
Với , ,a b c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác và 1p q .
Bài 1.4.5: Cho ABC có 3 cạnh là , ,a b c . Chứng minh rằng:
a) 2 2 2 3 3 3a b c b c a c a b a b c
b) 1 1 1 1 1 1
a b c x y z
Với , ,x y z là độ dài các đường phân giác trong của tam giác ABC .
c) 3 2 2 3 2 2 3 2 2a b c b c a c a b
Lời giải:
a) Dùng phương pháp biến đổi tương đương ta có:
2 2 2 3 3 3a b c b c a c a b a b c (1)
2 2 22 2 2 0a b c a b c a b c a b c
0a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c
Đặt a b c làm thừa số chung
0a b c a b c a b c a b c a b c
Vì 0a b c a b c ta có:
0a b c a b c a b c a b c
2 2 2 2 0c a b ab
22c a b
c a b (2)
(2) đúng (1) đúng
Dương Thị Phúc 54
Vậy (1) đã được chứng minh.
b) Gọi x là độ dài đường phân giác trong AD của tam giác ABC
Áp dụng định lí hàm sin vào các tam giác ABD và ABC ta có:
2
os2
bc Ax c
b c
2bcx
b c
1 1 1 1
2 2
b c
x bc b c
Tương tự ta có: 1 1 1 1
2y c a
1 1 1 1
2z a b
1 1 1 1 1 1
x y z a b c
Vậy 1 1 1 1 1 1
a b c x y z (đpcm)
c) Do bất đẳng thức cần chứng minh có tính đối xứng với , ,a b c .Do đó ta có
thể giả sử a b c
Dùng phương pháp biến đổi trực tiếp ta có:
VT= 3 2 3 3 2 2a b c b c a b c b c b c
3 2 2 2 2 2
2 2
b c a b c a b bc c b c
b c a b a b a c a b
2 2 2
2 2
a b b c a b a c c a b
a b b c b a c ac a c
a b b c a c b a c ac
a b b c a c ab bc ca
Vì a b c nên 0, 0, 0a b b c c a
0VT
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Dương Thị Phúc 55
Bài 1.4.6: Cho , ,a b c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ
nhất của:
4 9 16a b
Pb c a c a b a b c
Lời giải:
1 1 1 294 9
2 2 2 2
a b cP
b c a c a b a b c
4 9 16 29
2 2
a b c
b c a c a b a b c
22 3 4 29
.2 2
a b c
a b c c a b a b c
=
81 29
. 262 2
a b c
a b c
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
2 3 4
7 6 5
a b c
b c a c a b a b c
Vậy 26MinP
Bài 1.4.7: Cho , ,a b c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC . Tìm giá trị nhỏ
nhất :
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b cT
b c a c b b a b c
Lời giải:
Bổ đề: 12 2 2 2 2 2
a b c
b c a c a b a b c
(1)
Dương Thị Phúc 56
Chứng minh:
3 3 3
1 32 2 2 2 2 2
a b c
b c a c a b a b c
3 3 31 1 1 6
2 2 2 2 2 2
a b c
b c a c a b a b c
1 1 1 3
3 6. 92 2 2 2 2 2 2
P a b ca c a c a b a b c
1 1 1
2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2
P b c a c a b a b cb c a c a b a b c
3 31
3. 2 2 2 2 2 2 .3 92 2 2 2 2 2
b c a c a b a b cb c a c a b a b c
Áp dụng:
Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
2
2
2
3 32 1 2
2 2 2 2
3 32 1 2
2 2 2 2
3 32 1 2
2 2 2 2
a a
b c a b c a
b b
c a b c a b
c c
a b c a b c
2 2 2
23 3 2 12 2 2 2 2 2
a b c
b c a c a b a b c
3 3 32 3 2
2 2 2 2 2 2
a b c
a c a c a b a b c
2 2 2
1 2
2
33
2 2 2 2 2 2 3
a b cT
b c a c a b a b c
Với 0a b c ABC đều thì 1 23MinT .
Dương Thị Phúc 57
Bài 1.4.8: Cho ABC có độ dài các đường trung tuyến lần lượt là , ,a b cm m m
và độ dài các đường phân giác trong là , ,a b cl l l . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức : 3 3 3
a b c
a b c
m m mT
l l l
Lời giải:
Bổ đề: ; ;a a b b c cm l m l m l
Chứng minh: ta sẽ chứng minh
a
a a
a
m p p am l
l p p a
Ta có:
22 2 2 22
.4 4 2 2
a
b c a b c a b c a b c am p p a
2 2. . .a
p p abc bc b cl p p a p p a p p a
b c bc b c b c
Hệ quả: 3a b c
a b c
m m m
l l l
Áp dụng: sử dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
3
3
3
3 1 3
3 1 3
3 1 3
a a
a a
b b
b b
c c
c c
m m
l l
m m
l l
m m
l l
3 3 3
3 3 1 3 3 3a b c a b c
a b a a b c
m m m m m m
l l l l l l
3 3 3
3a b c
a b c
m m m
l l l
Với ABC đều hay a b c a b cm m m l l l thì 3MinT .
Dương Thị Phúc 58
CHƯƠNG 2: SÁNG TẠO RA MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ
SƠ CẤP
Bài 1: Cho hàm số ; ;1 1 1
x y zf x y z
x y z
xác định trên miền
; ; : ; ; 0D x y z x y z và 1x y z . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
; ;f x y z trên D .
Hướng dẫn:
Biến đổi ; ;f x y z1 1 1
1 1 11 1 1x y z
1 1 1
31 1 1x y z
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 2 lần ta có:
3
1 1 1 3 9 9
1 1 1 3 41 1 1x y z x y zx y z
3
; ;4
f x y z
Vậy 3
ax ; ;4D
M f x y z 1 1 1
; ;3 3 3
D
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số ; ;f x y z xyz x y y z z x
trên miền ; ; : ; ; 0D x y z x y z và 1x y z .
Dương Thị Phúc 59
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
3
1
3 3
x y zxyz
3 2
2
2
3 3
x y y z z xx y y z z x
3
6
2 8; ;
3 792f x y z , ; ;x y z D
Do 1 1 1
; ;3 3 3
D
mà 1 1 1 8
; ;3 3 3 729
f
nên 8
Max ; ;729D
f x y z .
Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
3 3 3 33 31 11
; ;x y y zx z
f x y zxy xz yz
trên miền ; ; : ; ; 0D x y z x y z và 1xyz .
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3 33 3 331 3 3x yx y xy
xy xy xy xy
(1)
Chứng minh tương tự ta được:
3 31 3x z
xz xz
(2)
3 31 3y z
yz yz
(3)
Dương Thị Phúc 60
Từ (1), (2), (3) suy ra:
1 1 1; ; 3 3 3f x y z
xy xz yz
, ; ;x y z D
Mà 1;1;1 3 3f và 1;1;1 D nên ta có ; ; 3 3D
Min f x y z .
Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số ; ; 4 3 4 3 4 3f x y z x y z
trên miền 3
; ; : ; ;4
D x y z x y z
và 3x y z .
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
4 3 4 3 4 3 1 1 1 4 3 4 3 4 3 63x y z x y z
Vậy ax ; ; 3 7D
M f x y z .
Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 4 4; ;f x y z x y z trên miền
; ; : 1D x y z xy yz zx .
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
2 2 2 2 2 2 21 xy yz zx x y z x y z
2 2 2 1x y z
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki lần nữa ta được:
22 2 2 4 4 4
4 4 4
1 1 1 1
1
3
x y z x y z
x y z
Dương Thị Phúc 61
1; ; , ; ;
3f x y z x y z D
Mà 3 3 3
; ;3 3 3
D
và 3 3 3 1
; ;3 3 3 3
f
nên 1
; ;3D
Min f x y z .
Bài 6: tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2 2 2 2 2 2
; ;yz zx xy
f x y zx y x z y z y x z x z y
trên miền
; ; : ; ; 0D x y z x y z và 1xyz .
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 dãy số
2 2 2 2 2 2
yz zx xy
x y x z y z y x z x z y
và yxxy xz yz zx zy
Ta có:
2 2 2 2 2 2yx
yz zx xyxy xz yz zx zy
x y x z y z y x z x z y
2
22 2 2 2 2 2yz zx xyy z z x x y
x y z
4
9
yz zx xy
3
; ;18
xy yz zxf x y z
33 3
18 2 , ; ;x y z D ( áp dụng bất đẳng thức
Cauchy cho 3 số dương ; ;xy yz zx )
Mặt khác 3
1;1;1 , 1;1;12
f D nên 3
; ;2D
Min f x y z .
Bài 7: Cho , ,a b c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
Dương Thị Phúc 62
3a b c
b c a a c b a b c
Hướng dẫn:
Đặt ; ;x b c a y a c b z a b c
Khi đó: , , 0x y z và ; ;2 2 2
x y x z y za b c
Ta có: 1 1
2 2 2 32 2
a b c x y y z z x
b c a a c b a b c z x y
Dấu bằng xảy ra
2
2 2
2
x y
y x
x zx y z
z x
y z
z y
Bài 8: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
3
3 3 32 2 2 2 2 22. 4
a b c
b c c a a b
Hướng dẫn:
Ta có: 23 3 1
4b c b c (1)
Thật vậy 3 3 3 3 2 21 4 3 3b c b c b c c b
2
0b c b c (luôn đúng)
1 đúng.
Dương Thị Phúc 63
Tương tự ta có:
23 3
23 3
1
4
1
4
a c a c
a b a b
Do đó 3
3 3 32 2 2 2 2 24
a b c a b c
b c a c a bb c c a a b
Mặt khác 2 2 2
22 2 2
a b c a b c
b c a c a b b c a c a b
3
3 3 32 2 2 2 2 22. 4
a b c
b c c a a b
(đpcm)
Bài 9: Cho , ,a b c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 23
a bc b ac c ab
b c c a a b
Hướng dẫn:
Tìm mối liên hệ giữa 3 cạnh của một tam giác, ta có:
22a b c
2
2 2
21
a bc
b c
(1)
Chứng minh tương tự ta được:
2
2 2
21
b ac
c a
(2)
2
2 2
21
c ab
a b
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.
Dương Thị Phúc 64
Bài 10: Cho , ,a b c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất
của:
2 2 2a b c
Tb c c a a b
Hướng dẫn:
Bổ đề: 3
2
a b c
b c c a a b
Áp dụng: Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
2
2
2
2 22 1 2
2 22 1 2
2 22 1 2
a a
b c b c
b b
c a c a
c c
a b a b
2 2 2
22 3 2 1 2 2a b c a b c
b c c a a b a c c a a b
2 2 2
2 32 3 2 1 2 2 3 2
2
a b c
b c c a a b
2
2
3 13
22T
Với a b c ABC đều thì 2
13
2MinT
Bài 11: Giải phương trình sau:
3 4 1 8 6 1 1x x x x (1)
Hướng dẫn:
Biến đổi 2 2
1 1 2 1 3 1x x
1 2 1 3 1x x (2)
Xét các khả năng sau:
Dương Thị Phúc 65
Nếu 1 3 0 10x x 1 2 0x
Khi đó:
(2) 1 2 1 3 1x x
1 3x
10x (thỏa mãn)
Nếu 1 2 0 5 1 3 0x x x
Khi đó:
(2) 2 1 3 1 1x x
1 2x
5x (thỏa mãn)
Nếu 1 2 0
5 101 3 0
xx
x
Khi đó:
2 1 2 3 1 1x x
1 1
5 10x thỏa mãn (2).
Vậy nghiệm của phương trình là 5 10x .
Bài 12: Giải phương trình:
2 2 21 1 2x x x x x x (1)
Hướng dẫn:
Điều kiện: 2
2
1 0 1 5 1 5
2 21 0
x xx
x x
(2)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 22
2 22
1 11 .1
2 2
1 1 21 .1
2 2
x x x xx x
x x x xx x
Dương Thị Phúc 66
2 21 1 1x x x x x (3)
Mặt khác:
2 2 21 1 1 1 2 1x x x x x x x (4)
Từ (3) suy ra 4 0; 4 0VT VP
Vậy 2 2
2
1 1 1 04
2 1 0
x x x x x
x x
1x
Vậy nghiệm của (1) là 1x
Bài 13: Giải phương trình:
2
3 2 15 3 3 2 3
2 2
xx x x x (1)
Hướng dẫn:
Điều kiện: 2
5x
2
21 5 2
1 1 5 22
x x xx x x
(2)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 1 5 22 2
2
x x xVT VP
Từ đó suy ra 22 1 5 2x x x
2 4 3 0x x
1
3
x
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm 1; 3x x .
Bài 14: Giải bất phương trình sau:
2 21 1 2x x x x (1)
Hướng dẫn:
Dương Thị Phúc 67
Điều kiện: 2 1x
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm là 2 1x x và
2 1x x ta được:
2 2 2 21 2 1 . 1 2 1 2VT x x x x x x .
Bài 15: Giải bất phương trình sau:
1 1 1x x x x
Hướng dẫn:
Điều kiện: 0 1x
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
222 21 1 1 . 1 2 2 1 1x x x x x x x x x x
Bài 16: Giải bất phương trình sau:
2cos 1x x
Hướng dẫn:
Sử dụng phương pháp đánh giá:
2
cos 1
1 1
x
x
bất phương trình tương đương với:
2
cos 10
1 1
xx
x
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất 0x .
Bài 17: Giải hệ phương trình sau:
2 2
2 2
2 (1)
2 (2)
x y y x
x y x y
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho phương trình (1):
Dương Thị Phúc 68
2 2 2 22 1 1 2x y y x x y y x
Vậy (1) tương đương với:
2 2x y y x
1 0x y x y
1
x y
y x
Với x y hệ có dạng:
2 2
1 5
22
x yx y
x x x x
Với 1y x hệ có dạng:
22
1
1 1 2
y x
x x x x
0
1
1
0
x
y
x
y
Vậy hệ phương trình có 4 cặp nghiệm.
Bài 18: Giải hệ bất phương trình:
24 4 4 3 4 4x x x x x x
Hướng dẫn:
Điều kiện: 1
3
x
x
(1)
Ta có: 24 4 0 4 4x x x x
2
2 0x
Hệ bất phương trình tương đương với:
2 4 3 4 4x x x x
2 4 4 7 8x x x (2)
Dương Thị Phúc 69
Với 1x ,(2) 0 1 luôn đúng.
Vậy 1x là nghiệm.
Với 3,x 2 0VP , do đó (2) luôn đúng.
Vậy 3x là nghiệm.
Vậy 1x và 3x là nghiệm của hệ bất phương trình.
Dương Thị Phúc 70
KẾT LUẬN Trong chương trình toán phổ thông, bài toán về bất đẳng thức là phần hấp
dẫn, lôi cuốn tất cả những người học Toán và làm Toán. Trong khóa luận này
em đã trình bày các ứng dụng của bất đẳng thức vào giải một số bài toán và
sáng tạo bất đẳng thức. Em thực hiện khóa luận này với mong muốn đóng góp
kinh nghiệm trong việc nghiên cứu và học tập môn toán. Từ khóa luận này có
thể giúp bạn đọc biết thêm một số ứng dụng của bất đẳng thức vào giải một số
bài toán và sáng tạo ra một số bài toán sơ cấp.
Do lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học, thời gian và năng
lực bản thân còn hạn chế mặc dù đã cố gắng nhưng không thể tránh khỏi những
thiếu sót. Em kính mong nhận được sự chỉ bảo của các thầy giáo, cô giáo trong
khoa toán cùng với sự đóng góp của các bạn sinh viên để khóa luận của em
được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Dương Thị Phúc 71
TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Trần Phương, Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán
học, NXB Tri thức.
2. Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri thức 2006.
3. Phan Huy Khải, 500 bài toán bất đẳng thức, NXB Hà Nội
1994.
4. Tạp chí toán học tuổi trẻ, NXB Giáo dục.
Dương Thị Phúc 72
LỜI CẢM ƠN
Sau một thời gian nghiên cứu cùng với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của thầy giáo, thạc sĩ Phạm Lương Bằng, khóa luận của em đến nay đã hoàn
thành.
Qua đây em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới thầy giáo Phạm
Lương Bằng, người đã trực tiếp hướng dẫn chỉ bảo cho em thực hiện khóa luận
này. Em cũng xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của các thầy cô giáo trong
khoa toán đã tạo điều kiện tốt nhất cho em trong thời gian em làm khóa luận.
Do lần đầu tiên làm quen với công tác nghiên cứu khoa học, hơn nữa do
thời gian và năng lực còn hạn chế nên mặc dù đã có nhiều cố gắng song không
tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các
thầy, cô giáo và các bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà nội, tháng 5 năm 2013
Sinh viên
Dương Thị Phúc
MỞ ĐẦU ................................................................................................... 1
Dương Thị Phúc 73
CHƯƠNG 1: .............................................................................................. 3
BẤT ĐẲNG THỨC ỨNG DỤNG VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ....... 3
1.1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacopxki trong bài toán cực trị
của hàm số ......................................................................................................... 3
1.1.1. Bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunhiacopxki ..................... 3
1.1.2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ........................................................ 4
1.1.3. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ............................................. 13
1.2. Ứng dụng bất đẳng thức trong giải phương trình, bất phương trình và hệ.
......................................................................................................................... 19
1.2.1. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức. ............................................... 19
1.2.2. Bất đẳng thức liên quan đến trị tuyệt đối. ....................................... 20
1.2.Bài tập rèn luyện: ............................................................................... 21
1.3. Ứng dụng bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức. ..................... 35
1.3.1. bất đẳng thức Chebyshev: .............................................................. 35
1.3.2. Bất đẳng thức Bernoulli.................................................................. 36
1.3.3. Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev: ................................................ 36
1.3.4. Áp dụng bất đẳng thức bernoulli: ................................................... 43
1.4. Ứng dụng bất đẳng thức trong hình học. ........................................... 49
CHƯƠNG 2: SÁNG TẠO RA MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ SƠ CẤP .. 58
KẾT LUẬN ............................................................................................. 70
TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................ 71
s
Dương Thị Phúc 74
Dương Thị Phúc 75
Dương Thị Phúc 76
Recommended