[CHUYÊN ĐỀ] CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
#161
Đã gửi 19-11-2017 - 19:48
#162
Đã gửi 20-11-2017 - 05:53
#163
Đã gửi 07-02-2018 - 21:21
Cho a,b,c không âm thỏa mãn a+b+c=1 .Chứng minh rằng ab+bc+ca-2abc lớn hơn hoặc bằng O
Nếu có một số bất kì =0, giả sử là c thì:
$ab+bc+ca-2abc=ab\geqslant 0$
Nếu trong 3 số a,b,c không có số nào=0:
$S=abc(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-2)\geqslant abc(\frac{9}{a+b+c}-2)=7abc>0$
- Tea Coffee, Hero Crab và Khoa Linh thích
éc éc
#164
Đã gửi 04-03-2018 - 12:31
Cho $u\leq v$ . Cmr : $u^{3} - 3u \leq v^{3}-3v+4$
- Tuanmysterious yêu thích
Nguyễn Thị Hồng Liên
$\Omega \Omega \Omega$
#165
Đã gửi 02-06-2018 - 10:32
Chứng minh bất đẳng thức là một trong những loại toán gây khó khăn cho học sinh THCS. Sau đây mình xin giới thiệu một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và các ví dụ có liên quan đến căn thức. Mong rằng các bạn sẽ ủng hộ
I - PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}<\sqrt{\frac{a+b}{2}}$ với $a>0;b>0; a\neq b$ (1)
Giải
$(1)\Leftrightarrow \frac{a+b+2\sqrt{ab}}{4}<\frac{a+b}{2}$
$\Leftrightarrow a+b+2\sqrt{ab}<2a+2b$
$\Leftrightarrow 0
$0<(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}$ (2)
Do $a\neq b$ nên bất đẳng thức (2) đúng, vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức
$\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\geq \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}}$ (1)
Giải
$(1)\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+2\sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}\geq a^{2}+c^{2}+2ac+b^{2}+d^{2}+2bd$
$\Leftrightarrow \sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}\geq ac+bd$
Nếu ac + bd < 0 thì (2) được chứng minh
Nếu $ac+bd\geq 0$ thì (2) tương đương
$(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geq a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}+2abcd$
$(ad-bc)^{2}\geq 0$ (3)
Bất đẳng thức (3) đúng, vậy đẳng thức (1) được chứng minh.
II - PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI, LÀM GIẢM
Ví dụ 3: Chứng minh bất đẳng thức sau với $n\in \mathbb{N},n\geq 2$
$2\sqrt{n}-3<\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}-2$
Giải
Đặt $A=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}$
a) Chứng minh $A>2\sqrt{n}-3$ bằng cách làm giảm mỗi số hạng của A
$\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}>\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})$ với mọi $k\in$ N*
Do đó $A>2[(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})+...+(\sqrt{4}-\sqrt{3})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})]=2(\sqrt{n+1}-\sqrt{2})=2\sqrt{n+1}-2\sqrt{2}>2\sqrt{n+1}-3>2\sqrt{n}-3.$
b) Chứng minh $A<2\sqrt{n}-2$ bằng cách làm trội mối số hạng của A
$\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}<\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})$ với mọi $k\in$ N*
Do đó $A<2[(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})]+...+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{2}-\sqrt{1})=2(\sqrt{n}-\sqrt{1})=2\sqrt{n}-2$
III - PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ BIẾT
Ta nhắc lại ở đây ba bất đẳng thứ quan trọng
1. Tổng của hai số nghịch đảo nhau
$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2$ với x, y là hai số cùng dấu
2. Bất đẳng thức Cô-si
Cho a, b, c là các số không âm. Khi đó:
$\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}$
$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}$
Tổng quát: Trung bình cộng của n số không âm lớn hơn hoặc trung bình nhân của chúng
$\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}$ với $a_{1}, a_{2},..., a_{n}$ là các số không âm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a_{1}= a_{2}=...= a_{n}$
3. Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki
Cho hai bộ số a, b, c và x, y, z. Khi đó:
$(a^{2}+b^{2})(x^{2}+y^{2})\geq (ax+by)^{2}$
$(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq (ã+by+cz)^{2}$
Tổng quát: Có hai bộ n số: $(a_{1}, a_{2},..., a_{n})$ và $(b_{1}, b_{2},..., b_{n})$.Tích của tổng các bình phương n số của bộ số này và tổng các bình phương n số của bộ số kia lớn hơn hoặc bằng bình phương của tổng n tích hai số tương ứng của hai bộ số đó.
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}+b_{n})^{2}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a_{1},a_{2},...,a_{n})$ và $(b_{1},b_{2},...,b_{n})$ là hai bộ số tỉ lệ với nhau tức là $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ với quy ước rằng nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng 0.
Chứng minh
Đặt $A=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2},B=b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2},C=a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}$. Cần chứng minh $AB\geq C^{2}$
Nếu A = 0 thì $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$, bất đẳng thức được chứng minh. Cũng vậy nếu B = 0. Do đó ta chỉ cần xét trường hợp A và B khác 0
Với mọi x ta có:
$(a_{1}x-b_{1})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{1}^{2}x^{2}-2a_{1}b_{1}x+b_{1}^{2}\geq 0$
$(a_{2}x-b_{2})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{2}^{2}x^{2}-2a_{2}b_{2}x+b_{2}^{2}\geq 0$
...
$(a_{n}x-b_{n})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{n}^{2}x^{2}-2a_{n}b_{n}x+b_{n}^{2}\geq 0$
Cộng từng vế n bất đẳng thức trên được
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})x^{2}-2(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})x+(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})\geq 0$
tức là $Ax^{2}-2Cx+B\geq 0$ (1)
Vì (1) đúng với mọi x nên thay $x=\frac{C}{A}$vào (1) ta được
$A.\frac{C^{2}}{A^{2}}-2.\frac{C^{2}}{A}+B\geq 0\Rightarrow B-\frac{C^{2}}{A}\geq 0\Rightarrow AB-C^{2}\geq 0\Rightarrow AB\geq C$
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $a_{1}x=b_{1},a_{2}x=b_{2},...,a_{n}x=b_{n}$ tức là $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ với quy ước rằng nếu mẫu bằng 0 thì tử phải bằng 0
Ví dụ 4: Co a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức:
$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq \frac{a+b+c}{2}$
Giải
Cách 1. Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b+c}{4}\geq 2\sqrt{\frac{a^{2}}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=2.\frac{a}{2}=a$
Suy ra $\frac{a^{2}}{b+c}\geq a-\frac{b+c}{4}$
Tương tự $\frac{b^{2}}{a+c}\geq b-\frac{a+c}{4}$; $\frac{c^{2}}{a+b}\geq c-\frac{a+b}{4}$
Cộng từng vế của ba bất đẳng thức ta được
$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq (a+b+c)-\frac{a+b+c}{2}=\frac{a+b+c}{2}$
Cách 2. Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có
$\left [ \left ( \frac{a}{\sqrt{b+c}} \right )^{2} + \left (\frac{b}{\sqrt{a+c}} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{\sqrt{a+b}} \right )^{2}\right ].[(\sqrt{b+c})^{2}+(\sqrt{a+c})^{2}+(\sqrt{a+b})^{2}]$
$\geq \left ( \frac{a}{\sqrt{b+c}}.\sqrt{b+c}+\frac{b}{\sqrt{a+c}}.\sqrt{a+c}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}.\sqrt{a+b} \right )^{2}$
$\Rightarrow \left ( \frac{a^{2}}{b+c} +\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{a+b}\right )[2(a+b+c)]\geq (a+b+c)^{2}$
$\Rightarrow$ $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq \frac{a+b+c}{2}$
Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số không âm và a + b + c = 1. Chứng minh:
$a) \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}<3,5$
$b)\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$
Giải
a) .Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
$\sqrt{a+1}=\sqrt{1(a+1)}\leq \frac{(a+1)+1}{2}=\frac{a}{2}+1$
Tương tự : $\sqrt{b+1} \leq \frac{b}{2}+1$; $\sqrt{c+1} \leq \frac{c}{2}+1$
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được
$\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\leq\frac{a+b+c}{2}+3=3,5$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a + 1 = b + 1 = c + 1 = 1 $\Leftrightarrow$ a = b = c = 0, Trái với giả thiết a + b + c = 1
Vậy $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}<3,5$
b)
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, có:
$(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^{2}\leq 3(a+b+b+c+c+a)=3.2=6$
$\Rightarrow $ $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$
IV - PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
Ví dụ 6. Cho a + b = 2. Chứng minh rằng
$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\leq 2$
Giải
Đặt $\sqrt[3]{a}=m$; $\sqrt[3]{b}=n$. Ta có $m^{3}+n^{3}\leq 2$
Cần chứng minh $m+n\leq 2$
Giả sử m + n > 2 thì
$(m+n)^{3}>8\Rightarrow m^{3}+n^{3}+3mn(m+n)>8\Rightarrow 2+3mn(m+n)>8\Rightarrow mn(m+n)>2\Rightarrow mn(m+n)>m^{3}+n^{3}$
Chia hai vế cho số dương m + n ta có
$mn>m^{2}-mn+n^{2}\Rightarrow 0>(m-n)^{2}$ (vô lí)
Vậy $m+n\leq 2$
Ví dụ 7. Chứng minh rằng $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$
Giải (Mình làm bằng cách khác)
BĐT $\Leftrightarrow a_1+a_2+...+a_n \geq n\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$
$\Leftrightarrow (a_1+a_2+...+a_n)-(\sqrt[n]{a_1a_2...a_n})\geq 0$
$\Leftrightarrow (\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2}-...-\sqrt{a_n})^2 \geq 0$
BĐT cuối cùng luôn đúng với mọi số không âm
Dấu bằng xảy ra khi các số = nhau
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toantuoithotth: 02-06-2018 - 15:34
Sĩ quan
#166
Đã gửi 13-06-2018 - 15:46
Giúp mình giải bài này nhé. Thank
Cho a,b,c là hai số không âm thỏa mãn:a+b=ab.Cmr:
1a2+2a+1b2+2b+√(1+a2)(1+b2)≥214
P/s: Xem thông tin chi tiết đăng ký thi Violympic Toán 2018-2019 tại http://violympicvietnam.com/
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lehoahoa: 14-06-2018 - 10:45
#167
Đã gửi 13-06-2018 - 16:01
Cho $u\leq v$ . Cmr : $u^{3} - 3u \leq v^{3}-3v+4$
Do đk đề bài đặtv=u+x nên x không âm thay vào khai triển là được
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh