Đăng nhập Đăng ký

Đề cương bài học

Chuyên đề 6. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Chuyên đề 7. Chứng minh bất đẳng thức

Trang chủ > Lớp 9 > Toán > Tổng ôn Toán vào 10 > Bài 1. Cơ sở lý thuyết

Bài 1. Cơ sở lý thuyết

Video

Tài liệu & bài tập tự luyện

Giới thiệu bài học

Bài giảng "Cơ sở lý thuyết về bất đẳng thức" sẽ giúp các em nắm được các bất đẳng thức và hiểu hơn về bài toán chứng minh bất đẳng thức.

Nội dung bài học

Cho các số thực không âm \[a,b,c\] khi đó ta có:

  1. $a+b\ge 2\sqrt{ab}$ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b$.
  2. $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Các bất đẳng thức 1, 2 gọi là bất đẳng thức Cauchy cho 2  và 3 số thực không âm. (Còn gọi là bất đẳng thức Cô si hay bất đẳng thức AM- GM)

Để vận dụng tốt  bất đẳng thức Cauchy . Ta cần nắm chắc những kết quả sau:

1) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}\ge \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}$; $\frac{{{x}^{2}}}{a}+\frac{{{y}^{2}}}{b}\ge \frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{a+b}$

2) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{9}{a+b+c}\ge \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}$

3) ${{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}=\frac{3}{4}{{(a+b)}^{2}}+\frac{1}{4}{{(a-b)}^{2}}\ge \frac{3}{4}{{(a+b)}^{2}}$

4) ${{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}=\frac{1}{4}{{(a+b)}^{2}}+\frac{3}{4}{{(a-b)}^{2}}\ge \frac{1}{4}{{(a+b)}^{2}}$

5) $ab+bc+ca\le \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{3}\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$

6) $\frac{{{x}^{2}}}{a}+\frac{{{y}^{2}}}{b}+\frac{{{z}^{2}}}{c}\ge \frac{{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}{a+b+c}$

7) ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}\ge \frac{{{\left( a+b \right)}^{3}}}{4}$

8) $2({{a}^{4}}+{{b}^{4}})\ge {{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}\ge {{\left[ \frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{2} \right]}^{2}}=\frac{{{(a+b)}^{4}}}{4}\Rightarrow {{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge \frac{{{(a+b)}^{4}}}{8}$

9)  Với $a,b\ge 0$ thì ${{a}^{m+n}}+{{b}^{m+n}}\ge \frac{1}{2}({{a}^{m}}+{{b}^{m}})$ (*)

     Thật vậy BĐT cần chứng minh tương đương với 

     $({{a}^{n}}+{{b}^{n}})({{a}^{m}}-{{b}^{m}})({{a}^{n}}-{{b}^{n}})\ge 0$  điều này là hiển nhiên đúng.

     (**) Tổng quát ta có $\frac{{{a}^{n}}+{{b}^{n}}}{2}\ge {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{n}}$

     Thật vậy áp dụng (*)  ta có $\frac{{{a}^{n}}+{{b}^{n}}}{2}\ge \left( \frac{a+b}{2} \right)\left( \frac{{{a}^{n-1}}+{{b}^{n-1}}}{2} \right)......\ge {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{n}}$

10) Với $a,b,c\ge 0$ thì ${{a}^{m+n}}+{{b}^{m+n}}+{{c}^{m+n}}\ge \frac{1}{3}({{a}^{m}}+{{b}^{m}}+{{c}^{m}})({{a}^{n}}+{{b}^{n}}+{{c}^{n}})$ (*)

     Thật vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $({{a}^{m}}-{{b}^{m}})({{a}^{n}}-{{b}^{n}})+({{b}^{m}}-{{c}^{m}})({{b}^{n}}-{{c}^{n}})+({{c}^{m}}-{{a}^{m}})({{c}^{n}}-{{a}^{n}})\ge 0$ mà điều này là hiển nhiên đúng.

     Tổng quát ta có: $\frac{{{a}^{n}}+{{b}^{n}}+{{c}^{n}}}{3}\ge {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{n}}$. Thật vậy áp dụng (*) ta có: $\frac{{{a}^{n}}+{{b}^{n}}+{{c}^{n}}}{3}\ge \left( \frac{a+b+c}{3} \right)\left( \frac{{{a}^{n-1}}+{{b}^{n-1}}+{{c}^{n-1}}}{3} \right)\ge {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{2}}\left( \frac{{{a}^{n-2}}+{{b}^{n-2}}+{{c}^{n-2}}}{3} \right).$Áp dụng bất đẳng thức này ta có:

     $\frac{\sqrt[n]{{{a}^{n}}}+\sqrt[n]{{{b}^{n}}}+\sqrt[n]{{{b}^{n}}}}{3}\ge {{\left( \frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}+\sqrt[n]{c}}{3} \right)}^{n}}\Leftrightarrow \frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}+\sqrt[n]{c}}{3}\le \sqrt[n]{\frac{a+b+c}{3}}$

     Tương tự ta có: $\frac{\frac{1}{{{a}^{n}}}+\frac{1}{{{b}^{n}}}+\frac{1}{{{c}^{n}}}}{3}\ge {{\left( \frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{3} \right)}^{n}}$

     Do $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{9}{a+b+c}$ suy ra $\frac{1}{{{a}^{n}}}+\frac{1}{{{b}^{n}}}+\frac{1}{{{c}^{n}}}\ge 3{{\left( \frac{3}{a+b+c} \right)}^{n}}$.

11)  $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\ge \frac{2}{1+\sqrt{ab}}$với mọi $a,b\ge 1$

     Tổng quát: với  $a,b\ge 1$  ta có $\frac{1}{{{(1+a)}^{n}}}+\frac{1}{{{(1+b)}^{n}}}\ge \frac{2}{{{\left( 1+\sqrt{ab} \right)}^{n}}}$

12) Với  $0\le a,b\le 1$ thì $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\le \frac{2}{1+\sqrt{ab}}$

     Tổng quát: Với $a,b\in \left[ 0;1 \right]$ ta có: $\frac{1}{\sqrt[n]{1+a}}+\frac{1}{\sqrt[n]{1+b}}\le \frac{2}{\sqrt[n]{1+\sqrt{ab}}}$

13) Một số kết quả được suy ra từ bất đẳng thức Cô si.

+ $\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}} \right)\ge {{\left( axm+byn \right)}^{3}}$     (*)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

$\frac{{{a}^{3}}}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}+\frac{{{x}^{3}}}{{{x}^{3}}+{{y}^{3}}}+\frac{{{m}^{3}}}{{{m}^{3}}+{{n}^{3}}}\ge \frac{3axm}{\sqrt[3]{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}} \right)}}$ $\frac{{{b}^{3}}}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}}{{{x}^{3}}+{{y}^{3}}}+\frac{{{n}^{3}}}{{{m}^{3}}+{{n}^{3}}}\ge \frac{3byn}{\sqrt[3]{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}} \right)}}$

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra: $3\ge \frac{3axm+3byn}{\sqrt[3]{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}} \right)}}\Leftrightarrow $$\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}} \right)\ge {{\left( axm+byn \right)}^{3}}$.

+ Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được: $\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}}+{{p}^{3}} \right)\ge {{\left( axm+byn+czp \right)}^{3}}$.

Ví dụ 1: Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng:

a/ ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}\ge ab\left( a+b \right)$.

b/ $\frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}+abc}\le \frac{1}{abc}$. Với $(a,b,c>0)$

c/ $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge 8abc$.

d/ $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge \frac{8}{9}\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)$.

e/ Cho $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)=1$. Chứng minh: $ab+bc+ca\le \frac{3}{4}$( Trích đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội năm 2015)

Lời giải:

a/ Ta có : ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}=\left( a+b \right)\left( {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}} \right)$. Suy ra ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}-ab\left( a+b \right)=\left( a+b \right)\left( {{a}^{2}}-\text{2}ab+{{b}^{2}} \right)=\left( a+b \right){{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0$ suy ra đpcm.

b/ Áp dụng bất đẳng thức ở câu a ta có: ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc\ge ab\left( a+b \right)+abc=ab\left( a+b+c \right)$. Suy ra $\frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc}\le \frac{1}{ab\left( a+b+c \right)}$. Tương tự ta có: $\frac{1}{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc}\le \frac{1}{bc\left( a+b+c \right)};\frac{1}{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}+abc}\le \frac{1}{ca\left( a+b+c \right)}$. Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ra suy ra: $\frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}+abc}\le \frac{1}{abc}$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

c/ $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge 8abc$.

Cách 1: Ta có: $a+b\ge 2\sqrt{ab},b+c\ge 2\sqrt{bc},c+a\ge 2\sqrt{ca}\Rightarrow \left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge 8abc$.

Cách 2: $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)=\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)-abc$. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc},ab+bc+ca\ge 3\sqrt[3]{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}\Rightarrow $$\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\ge 9abc$. Suy ra $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)=\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)-abc\ge 8abc$.

Chú ý: $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)=\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)-abc$ là một biến đổi được sử dụng rất nhiều trong chứng minh bất đẳng thức:

d/ $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge \frac{8}{9}\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)$.

Chú ý rằng: $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)=\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)-abc$. Áp dụng câu c ta có đpcm.

e/ Ta chú ý: $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)=\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)-abc$. Suy ra $ab+bc+ca=\frac{1+abc}{a+b+c}$.

Theo bất đẳng thức Cô si ta có: $a+b+b+c+c+a\ge 3\sqrt[3]{\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)}=3\Rightarrow a+b+c\ge \frac{3}{2}$.Mặt khác sử dụng: $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge 8abc\Rightarrow abc\le \frac{1}{8}$. Từ đó suy ra: $ab+bc+ca=\frac{1+abc}{a+b+c}\le \frac{1+\frac{1}{8}}{\frac{3}{2}}=\frac{3}{4}$. Dấu ‘’=’’ xảy ra khi và chỉ khi \[a=b=c=\frac{1}{2}\].

Tài liệu & bài tập tự luyện

  Vui lòng đăng nhập và mua khóa học để xem tài liệu

Phản hồi của học sinh (0)

  Đăng ký tư vấn miễn phí
Cảm ơn bạn đã đăng ký tư vấn

Hocthukhoa.vn

Hocthukhoa.vn là nền tảng giáo dục trực tuyến đi đầu trong việc áp dụng công nghệ cao vào giáo dục, giúp các em học sinh trên toàn Việt Nam được trải nghiệm môi trường giáo dục chất lượng cao linh hoạt, tiện lợi và tiết kiệm.

Liên Hệ

Trụ sở: 14N5 Ngõ 40 đường Xuân La, Tây Hồ , Hà Nội

Cơ sở 2: P11a03 Nhà C Tòa Star Tower 283 Khương Trung, Thanh Xuân, Hà Nội

0973394174

info@hocthukhoa.vn

DMCA.com Protection Status

Mạng Xã Hội

Bản quyền thuộc về Hocthukhoa.vn