MỞ ĐẦU - toic · PDF fileDương 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

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.


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.


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


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:


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)


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


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:


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

.


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 .


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.


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


; ; 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


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 .


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:


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:


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


; ; ;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 )


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


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 .


; ; 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:


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).


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


; ; ;

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:


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


Tính chất 4: Nếu a b ac bc nếu 0c hoặc ac bc nếu 0c


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


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:


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:


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


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


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


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 .


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


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


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:


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.


2428 27

27 24 1 63 2

x x x

Lời giải:

Ta có: 2428 27

27 24 1 63 2

x x x


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


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


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:


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


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


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


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).


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


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


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


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


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


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


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:


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


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)



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.


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:


(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


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:


Ta có:

2 2 2

11 1 1 1

3 3 3 3 3

c c

c a b c c c c

.


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


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



Bài 1.3.7: cho , , 0

1

a b c

a b c

. Chứng minh rằng :


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


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



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:


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


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


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


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


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)


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)


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:


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


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


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


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


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)


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


1 1 1 13

2b c c a a b

b c c a a b


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)


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


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.


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


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


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



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)


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 .


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 .


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 .


Hướng dẫn:


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:


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)


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


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:


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.



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.


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


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:


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)


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


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)


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:


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 .


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


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):


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)


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.


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!


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.


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


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




Documents

MỞ ĐẦU - toic · PDF fileDương 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