Đoàn Ngọc Dũng -

(1)

1

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG ... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

LÝ THUYẾT BẤT ĐẲNG THỨC – CỰC TRỊ ĐẠI SỐ

GVBM :ĐOÀN NGỌC DŨNG

 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ

BÀI 1 : Cho a > 0, b > 0. Chứng minh rằng :

 Chú ý : Khi sử dụng các bất đẳng thức này ta phải chứng minh rồi mới được vận dụng.

1)



^a ^b



¹ ¹ ⁴

a b

 

    hay ¹ ¹ ⁴ a b a b

 hay

 

²

1 4

ab a b

 hay ¹ ^{1 1} ¹

a b 4 a b

 

   

  

2)



^a ^{b c}



¹ ¹ ¹ ⁹

a b c

 

      hay ¹ ¹ ¹ ⁹

a  b c a b c

  hay ¹ ^{1 1} ¹ ¹ a b c 9 a b c

 

    

   

3) a³b³a b ab²  ² 4) a²b²c²ab bc ca  5) 3(ab bc ca)    (a b c)²3(a²b²c )² 6) (abbcca)² 3abc(a b c)

 Hướng dẫn :

1) 

^a ^b



¹ ¹ ⁴

a b

 

    hay 1 1 4 a  b a b

 hay

 

²

1 4

ab a b

  hay ¹ ^{1 1} ¹

a b 4 a b

 

   

  

 Cách 1 :

a b 2 ab

1 1 1

(a b) 2 ab.2 4

1 1 2 1 1 2 1 a b ab

a b a b ab

  

      

      



. Đẳng thức xảy ra  ab

 Cách 2 : Áp dụng hệ quả BĐT Bunnhiacơpxki ta có :

 

b a

4 b a

1 1 b 1 a

1 ²

 



 

 . Đẳng thức xảy ra  ab

Tuy nhiên HS khi áp dụng BĐT phụ, nên chứng minh như sau :

Ta có :

 

²

 

²

 

² ₂

1 1 4

a b a b

1 4

a b 0 a b 4ab 4ab a b 4ab

ab (a b)

1 1 1 1

a b 4 a b

  

 



           

    

   



. Đẳng thức xảy ra ab

2) 

^a ^{b c}



¹ ¹ ¹ ⁹

a b c

 

      hay ¹ ¹ ¹ ⁹

a  b c a b c

  hay ¹ ^{1 1} ¹ ¹ a b c 9 a b c

 

    

   

Ta có :

 

3

3 3

a b c 3 abc

1 1 1 1

a b c 9 abc 9

1 1 1 3 1 1 1 a b c abc

a b c a b c

   

         

       



. Đẳng thức xảy ra  abc.

 Hoặc :

Áp dụng BĐT Bunnhiacơpxki ta có :

   

9

c 1 b 1 a c 1 b c a

b a

9 c

b a

1 1 1 c 1 b 1 a

1 ² 



 



  



 

 



 



 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc.

 Mở rộng :



^a ^b



(b c) (c a) ¹ ¹ ¹ 9 a b b c c a

 

         

     

3)

a³b³a b ab²  ²

Ta có : a³b³a²bb²aa²



ab



b²



ba

 

 ab

 

a²b²







ab

 

² ab



0a³b³a²bb²a Đẳng thức xảy ra khi ab.

 Mở rộng : Qua chứng minh trên ta thấy chỉ cần điều kiện ab0 thì bất đẳng thức luôn đúng và ta còn có kết quả tổng quát như sau : a^m^ⁿb^m^ⁿa^mbⁿaⁿb^m với m,nN^*.

(2)

2

 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACÔPXKI (BUNYAKOVSKY) (B.C.S)

 Dạng tổng quát : Với hai bộ số thực bất kỳ (a1, a2, a3, …, an), (b1, b2, b3, …, bn) ta có : )

b ...

b b b )(

a ...

a a a ( ) b a ...

b a b a b a

( ₁ ₁ ₂ ₂ ₃ ₃  _n _n ² ₁² ²₂ ²₃  ²_n ₁² ²₂ ₃²  ²_n Dấu “=” xảy ra 

n n 3

3 2 2 1 1

b ... a b a b a b

a    

 Chứng minh :

Nếu a₁²a²₂a₃² ... a²_n 0 hoặc b₁²b²₂b²₃ ... b²_n 0, thì hiển nhiên BĐT cần chứng minh là đúng.

Giả sử a₁²a²₂a₃² ... a²_n 0 và b₁²b²₂b₃² ... b²_n 0. Ta có :

2 2 2

1 1 2 2 n n

(a x b ) (a x b )  ... (a x b )   0, x R, tức là :

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 3 n 1 1 2 2 n n 1 2 3 n

f (x)(a a a  ... a )x 2(a b a b  ... a b )x (b b b  ... b )  0, x R Chú ý rằng f(x) là một tam thức bậc hai đối với x. Từ đó suy ra :

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 n n 1 2 3 n 1 2 3 n

' (a b a b ... a b ) (a a a ... a )(b b b ... b ) 0

              

Từ đó có BĐT cần chứng minh.

Hiển nhiên, có đẳng thức khi và chỉ khi a x_i  b_i 0 với i = 1, 2, 3, …, n tức là

n n 3

3 2 2 1 1

b ... a b a b a b

a    

 Hệ quả : Bất đẳng thức Bunhiacôpxki dạng phân thức (Hệ quả của BĐT Bunhiacôpxki, còn gọi là BĐT SCHWARZ) : Cho (a1, a2, a3, …, an), (b1, b2, b3, …, bn) là hai dãy số thực với bi > 0, i. Ta có :

2 2 2 2

1 2 n 1 2 n

a a a (a a ... a )

b b b b b ... b

  

   

   . Dấu “=” xảy ra 

n n 3

3 2 2 1 1

b ... a b a b a b

a    

 Chứng minh :

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki _^











n n 2

2 1 1

b ...; a b ;

; a b

a và



b1; b2;...; bn



, ta có :

Ta có:

  

₁ ₂ _n



n 2 n 2 2 2 1 2 1 2 n n n 2

2 2 1 1 2 1

n 2

1 b b ... b

b ...a b a b b a

b ... a b b

b a b a a

...

a

a    



 



  

 











      





Từ đó suy ra : ¹² ²² ²ⁿ ¹ ² ⁿ ²

1 2 n 1 2 n

a a a (a a ... a )

b b b b b ... b

  

   

   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 2 n

1 2 n 1 2 n

1 2 n

a a a

b b b a a a

b b b

b  b    b     

 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG CÔ-SI

 Dạng tổng quát (n số) :  x1, x2, x3, …, xn  0, ta có : x₁x₂x₃ ... x_n n x .x .x ...xⁿ ₁ ₂ ₃ _n Dấu “=” xảy ra  x₁ x₂ x₃...x_n.

 Chứng minh :

Để chứng minh BĐT trên, trước hết ta chứng minh bổ đề sau :

Nếu x1, x2, x3, …, xn là n số dương bất kỳ (n  2) sao cho x1.x2.x3 … xn = 1 thì x₁x₂  ... x_n n (*) Dấu “=” xảy ra  x₁ x₂ x₃...x_n = 1.

Chứng minh :

Ta chứng minh BĐT bằng quy nạp.

Với = 2 : Giả sử x1, x2 là hai số dương sao cho x1.x2 = 1.

Khi đó theo BĐT Cô-si cho hai số, ta có : ^x¹ ^x² x x₁ ₂ 1 2

   .

Do đó x₁x₂ 2. Dấu “=” xảy ra  x₁x₂ 1

Giả sử BĐT (*) đúng với n. Ta chứng minh nó đúng với n = 1, tức là :

(3)

3

Nếu x1, x2, x3, …, xn + 1 là những số dương sao cho x1.x2.x3 … xn = 1 thì x₁x₂ ... x_{n 1}_  n 1 Và có dấu “=” xảy ra  x₁x₂  ... x_{n 1}_ = 1.

Thật vậy, nếu x₁x₂  ... x_{n 1}_ = 1 thì hiển nhiên điều khẳng định là đúng. Giả sử có ít nhất một số ai < 1.

Khi đó có ít nhất một số xj > 1.

Giả sử chẳng hạn xn < 1 và xn +1 > 1. Theo giả thiết qui nạp, ta có : x₁x₂ ... x_{n 1}_ x x_n _{n 1}_ n Do đó : x₁x₂ ... x_nx_{n 1}_  n x x_n _{n 1}_ x_nx_{n 1}_    n 1 (1 x )(x_n _{n 1}_   1) n 1

Vì 1 – xn và xn +1 – 1 là những số dương. Rõ ràng có đẳng thức khi và chỉ khi x₁x₂  ... x_{n 1}_ = 1.

Chứng minh :

Hiển nhiên BĐT đúng nếu có ít nhất một trong các số x1, x2, x3, …, xn bằng 0.

Giả sử các số x1, x2, x3, …, xn đều dương. Khi đó x1.x2.x3 … xn > 0.

Đặt cⁿ x .x .x ...x₁ ₂ ₃ _n , ta có :

1 2 n

x x x

... 1

c c c

     

    

     và ^xⁱ 0

c  với i = 1, 2, …, n.

Theo bổ đề trên, ta có : ^x¹ ^x² ... ^xⁿ n c  c   c 

Do đó, BĐT có dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x¹ x² xⁿ

... 1

c  c   c  , tức là x₁ x₂ x₃...x_n

 Chú ý :

_ Chỉ áp dụng bất đẳng thức Cô-si khi các số không âm. Điều kiện xảy ra dấu “=” là các số bằng nhau.

_ Bất đẳng thức Cô-si thường được áp dụng khi trong bất đẳng thức cần chứng minh có tổng và tích.

_ Ta thường sử dụng kỹ thuật “ghép đối xứng” khi áp dụng bất đẳng thức Cô-si. Có hai dạng thường gặp là:

X + Y + Z  A + B + C và XYZ  ABC với X, Y, Z  0.

 PHƯƠNG PHÁP QUY VỀ MỘT BIẾN - PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

 Nếu một BĐT hai biến có điều kiện và trong điều kiện có một biến bậc nhất thì ta có thể rút biến đó và thế vào BĐT cần chứng minh ta được một BĐT một biến. Tuy nhiên cách làm này chỉ sử dụng được khi một BĐT không quá phức tạp.

 Nếu điền kiện của bài toán và BĐT cần chứng minh là những biểu thức đối xứng hai biến thì ta có thể chuyển về tổng S và tích P hai biến đó. Chú ý rằng S² – 4P  0.

 Khi gặp bài toán chứng minh BĐT hai biến có dạng f (x , y)

g(x , y)p, trong đó f(x , y) và g(x , y) là những biểu thức đẳng cấp bậc k hai biến, ta có thể đặt x

t y (y  0) hoặc t = xy để quy về BĐT một biến theo t. Sau đó ta có thể kết thúc bằng việc khảo sát hàm một biến hoặc sử dụng những đánh giá đơn giản.

 PHƯƠNG PHÁP 1 : Thế biến.

 Nếu một BĐT hai biến có điều kiện và trong điều kiện có một biến bậc nhất thì ta có thể rút biến đó và thế vào BĐT cần chứng minh ta được một BĐT một biến. Tuy nhiên cách làm này chỉ sử dụng được khi một BĐT không quá phức tạp.

Dạng cụ thể với n = 2, a, b  0 Dạng cụ thể với n = 3, a, b, c  0 1) a + b  2 ab

2) ab

2 b a 

3) ab

2 b

a ²

 



 



 

 Dấu “=” xảy ra  a = b

1) a + b + c  3³ abc

2) ³ abc

3 c b a  

3) abc

3 c b

a ³

 



 



  

 Dấu “=” xảy ra  a = b = c

(4)

4

 PHƯƠNG PHÁP 2 : Đổi biến – Đổi biến đối xứng.

 Nếu điều kiện của bài toán và BĐT cần chứng minh là những biểu thức đối xứng hai biến thì ta có thể chuyển về tổng S và tích P hai biến đó. Chú ý rằng S² – 4P  0.

 PHƯƠNG PHÁP 3 : Đổi biến đẳng cấp

 Khi gặp bài toán chứng minh BĐT hai biến có dạng ^{f (x , y)} p

g(x , y) , trong đó f(x , y) và g(x , y) là những biểu thức đẳng cấp bậc k hai biến, ta có thể đặt x

t y (y  0) hoặc t = xy để quy về BĐT một biến theo t. Sau đó ta có thể kết thúc bằng việc khảo sát hàm một biến hoặc sử dụng những đánh giá đơn giản.

 PHƯƠNG PHÁP 4 : Hàm đặc trưng

 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA

Ta có thể nhận biết dạng này khi gặp các biểu thức lượng giác dạng : sin²x + cos²x = 1 ;

x cos x 1 tan

1 ²  ₂ ;

… Từ đó có thể nghĩ đến các hướng đặt sau :

 x² + y² = a² thì đặt x = acost, y = asint (hoặc x = asint, y = acost), t  [0 ; 2]

 x a thì đặt x = acost, t  [0 ; ]

 x  R thì đặt x = tant, 



 



 ; 2

t 2 

 x a hoặc bài toán chứa biểu thức x²a² thì đặt

x cos

t a , 



 





 



2

; 3

; 2 0

t   

Khi đó bài toán sẽ đưa về việc tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số lượng giác đơn giản hoặc sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc nhất đối với sinnx và cosnx.