Chứng minh bấtđẳng thức là giữa những loại toán gây trở ngại cho học sinh THCS. Sauđây bản thân xin ra mắt một số phương thức chứng minh bấtđẳng thức và các ví dụ bao gồm liên quanđến căn thức.Mong rằng các bạn sẽủng hộ
I - PHƯƠNG PHÁP BIẾNĐỔI TƯƠNGĐƯƠNG
Ví dụ 1: chứng tỏ rằng:
$fracsqrta+sqrtb20;b>0; a eq b$ (1)
Giải
$(1)Leftrightarrow fraca+b+2sqrtab4
$Leftrightarrow a+b+2sqrtab
$Leftrightarrow 0
$0
Do$a
eq b$ buộc phải bấtđẳng thức (2)đúng, vậy bấtđẳng thức (1)được bệnh minh.
Bạn đang xem: Cách chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ 2: chứng tỏ bấtđẳng thức
$sqrta^2+b^2+sqrtc^2+d^2geq sqrt(a+c)^2+(b+d)^2$ (1)
Giải
$(1)Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2sqrt(a^2+b^2)(c^2+d^2)geq a^2+c^2+2ac+b^2+d^2+2bd$
$Leftrightarrow sqrt(a^2+b^2)(c^2+d^2)geq ac+bd$
Nếu ac + bd
Nếu$ac+bdgeq 0$ thì (2) tươngđương
$(a^2+b^2)(c^2+d^2)geq a^2c^2+b^2d^2+2abcd$
$(ad-bc)^2geq 0$ (3)
Bấtđẳng thức (3)đúng, vậyđẳng thức (1)được chứng minh.
II - PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI, LÀM GIẢM
Ví dụ 3: minh chứng bấtđẳng thức sau với$nin mathbbN,ngeq 2$
$2sqrtn-3
Giải
Đặt$A=frac1sqrt2+frac1sqrt3+...+frac1sqrtn$
a) bệnh minh$A>2sqrtn-3$ bằng cách làm bớt mỗi số hạng của A
$frac1sqrtk=frac2sqrtk+sqrtk>frac2sqrtk+1+sqrtk=2(sqrtk+1-sqrtk)$ với mọi$kin$ N*
Dođó$A>2<(sqrtn+1-sqrtn)+...+(sqrt4-sqrt3)+(sqrt3-sqrt2)>=2(sqrtn+1-sqrt2)=2sqrtn+1-2sqrt2>2sqrtn+1-3>2sqrtn-3.$
b) chứng minh$A
$frac1sqrtk=frac2sqrtk+sqrtk
Dođó$A
III - PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC BẤTĐẲNG THỨCĐÃ BIẾT
Ta kể lạiởđây bố bấtđẳng thiết bị quan trọng
1. Tổng của nhị số nghịchđảo nhau
$fracxy+fracyxgeq 2$ với x, y là nhì số thuộc dấu
2. Bấtđẳng thức Cô-si
Cho a, b, c là những số khôngâm. Khiđó:
$fraca+b2geq sqrtab$
$fraca+b+c3geq sqrt<3>abc$
Tổng quát: Trung bình cùng của n số khôngâm lớn hơn hoặc mức độ vừa phải nhân của chúng
$fraca_1+a_2+...+a_nngeq sqrt
Đẳng thức xẩy ra khi còn chỉ khi$a_1= a_2=...= a_n$
3. Bấtđẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki
Cho hai bộ số a, b, c và x, y, z. Khiđó:
$(a^2+b^2)(x^2+y^2)geq (ax+by)^2$
$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)geq (ã+by+cz)^2$
Tổng quát: tất cả hai bộ n số:$(a_1, a_2,..., a_n)$ và$(b_1, b_2,..., b_n)$.Tích của tổng những bình phương n số của cục số này cùng tổng những bình phương n số của cục số kia lớn hơn hoặc bằng bình phương của tổng n tích hai số tươngứng của hai bộ sốđó.
$(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2)geq (a_1b_1+a_2b_2+...+a_n+b_n)^2$
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$fraca_1b_1=fraca_2b_2=...=fraca_nb_n$với quy ước rằng nếu mẫu bằng 0 thì tử bởi 0.
Chứng minh
Đặt$A=a_1^2+a_2^2+...+a_n^2,B=b_1^2+b_2^2+...+b_n^2,C=a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n$. Cần chứng minh$ABgeq C^2$
Nếu A = 0 thì$a_1=a_2=...=a_n$, bất đẳng thức được chứng minh. Cũng thế nếu B = 0. Cho nên vì thế ta chỉ cần xét trường hòa hợp A với B không giống 0
Với đông đảo x ta có:
$(a_1x-b_1)^2geq 0Rightarrow a_1^2x^2-2a_1b_1x+b_1^2geq 0$
$(a_2x-b_2)^2geq 0Rightarrow a_2^2x^2-2a_2b_2x+b_2^2geq 0$
...
Xem thêm: 6 Cách Khắc Phục Máy Tính Không Nhận Đĩa Dvd, Máy Tính Không Nhận Đĩa Dvd
$(a_nx-b_n)^2geq 0Rightarrow a_n^2x^2-2a_nb_nx+b_n^2geq 0$
Cộng từng vế n bất đẳng thức bên trên được
$(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)x^2-2(a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)x+(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2)geq 0$
tức là $Ax^2-2Cx+Bgeq 0$ (1)
Vì (1) đúng với mọi x phải thay$x=fracCA$vào (1) ta được
$A.fracC^2A^2-2.fracC^2A+Bgeq 0Rightarrow B-fracC^2Ageq 0Rightarrow AB-C^2geq 0Rightarrow ABgeq C$
Xảy ra đẳng thức khi còn chỉ khi$a_1x=b_1,a_2x=b_2,...,a_nx=b_n$tức là$fraca_1b_1=fraca_2b_2=...=fraca_nb_n$với quy mong rằng giả dụ mẫu bằng 0 thì tử phải bằng 0
Ví dụ 4:Co a, b, c là những số dương. Chứng tỏ bất đẳng thức:
$fraca^2b+c+fracb^2c+a+fracc^ba+bgeq fraca+b+c2$
Giải
Cách 1. Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
$fraca^2b+c+fracb+c4geq 2sqrtfraca^2b+c.fracb+c4=2.fraca2=a$
Suy ra $fraca^2b+cgeq a-fracb+c4$
Tương tự$fracb^2a+cgeq b-fraca+c4$;$fracc^2a+bgeq c-fraca+b4$
Cộng từng vế của ba bất đẳng thức ta được
$fraca^2b+c+fracb^2c+a+fracc^ba+bgeq (a+b+c)-fraca+b+c2=fraca+b+c2$
Cách 2. Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có
$left < left ( fracasqrtb+c ight )^2 + left (fracbsqrta+c ight )^2+left ( fraccsqrta+b ight )^2 ight >.<(sqrtb+c)^2+(sqrta+c)^2+(sqrta+b)^2>$
$geq left ( fracasqrtb+c.sqrtb+c+fracbsqrta+c.sqrta+c+fraccsqrta+b.sqrta+b ight )^2$
$Rightarrow left ( fraca^2b+c +fracb^2a+c+fracc^2a+b ight )<2(a+b+c)>geq (a+b+c)^2$
$Rightarrow$$fraca^2b+c+fracb^2c+a+fracc^ba+bgeq fraca+b+c2$
Ví dụ 5. Mang lại a, b, c là những số khôngâm và a + b + c = 1. Chứng minh:
$a) sqrta+1+sqrtb+1+sqrtc+1
$b)sqrta+b+sqrtb+c+sqrtc+aleq sqrt6$
Giải
a) .Áp dụng bấtđẳng thức Cô-si ta có
$sqrta+1=sqrt1(a+1)leq frac(a+1)+12=fraca2+1$
Tương tự :$sqrtb+1leqfracb2+1$;$sqrtc+1leqfracc2+1$
Cộng từng vế tía bấtđẳng thức bên trên tađược
$sqrta+1+sqrtb+1+sqrtc+1leqfraca+b+c2+3=3,5$
Dấu "=" xẩy ra khi còn chỉ khi a + 1 = b + 1 = c + 1 = 1$Leftrightarrow$ a = b = c = 0, Trái với giả thiết a + b + c = 1
Vậy$sqrta+1+sqrtb+1+sqrtc+1
b)
Áp dụng bấtđẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, có:
$(sqrta+b+sqrtb+c+sqrtc+a)^2leq 3(a+b+b+c+c+a)=3.2=6$
$Rightarrow $$sqrta+b+sqrtb+c+sqrtc+aleq sqrt6$
IV - PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
Ví dụ 6.Cho a + b = 2. Chứng tỏ rằng
$sqrt<3>a+sqrt<3>bleq 2$
Giải
Đặt$sqrt<3>a=m$;$sqrt<3>b=n$. Ta có$m^3+n^3leq 2$
Cần bệnh minh$m+nleq 2$
Giả sử m + n > 2 thì
$(m+n)^3>8Rightarrow m^3+n^3+3mn(m+n)>8Rightarrow 2+3mn(m+n)>8Rightarrow mn(m+n)>2Rightarrow mn(m+n)>m^3+n^3$
Chia nhị vế cho số dương m + n ta có
$mn>m^2-mn+n^2Rightarrow 0>(m-n)^2$ (vô lí)
Vậy$m+nleq 2$
V - PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
Ví dụ 7. Chứng tỏ rằng$fraca_1+a_2+...+a_nngeq sqrt
Giải
Hiển nhiên mệnhđề dúng cùng với n = 2
Giả sử mệnhđềđúng với n = k. Ta sẽ minh chứng mệnhđề cũngđúng với n = k + 1
Giả sử$a_1leq a_2leq ...leq a_kleq a_k+1$ thì$a_k+1geq fraca_1+a_2+...+a_kk$
Đặt$fraca_1+a_2+...+a_kk=x$ thì$xgeq 0$, ta có$a_k+1 =x+y$ với $ygeq0$ và
$x^kgeq a_1a_2...a_k$ (do trả thiết quy nạp). Ta có:
$left ( fraca_1+a_2+...+a_k+a_k+1k+1 ight )^k+1=left ( frackx+x+yk+1 ight )^k+1=left ( x+fracyk+1 ight )^k+1geq x^k+1+(k+1).fracyk+1.x^k=x^k+1+x^ky=k^k(x+y)geq a_1a_2...a_ka_k+1$
Suy ra $fraca_1+a_2+...+a_k+a_k+1k+1geq sqrt
PHẦN II
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp 1 : sử dụng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0
Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 0 với M
Bạn vẫn xem trăng tròn trang chủng loại của tài liệu "19 cách thức chứng minh Bất đẳng thức", để sở hữu tài liệu cội về máy chúng ta click vào nút DOWNLOAD sống trên
PHẦN 1CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý1/Định nghĩa 2/Tính chất+ A>B + A>B và B >C + A>B A+C >B + C + A>B cùng C > D A+C > B + D + A>B với C > 0 A.C > B.C + A>B và C B > 0 A > B + A > B A > B cùng với n lẻ + > A > B với n chẵn + m > n > 0 cùng A > 1 A >A + m > n > 0 cùng 0 0)+ ( vệt = xảy ra khi A.B B. Ta lập hiệu A –B > 0 lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 0 với" MVí dụ 1 " x, y, z minh chứng rằng : a) x + y + z xy+ yz + zx b) x + y + z 2xy – 2xz + 2yz c) x + y + z+3 2 (x + y + z)Giải:a) Ta xét hiệu : x + y + z- xy – yz – zx =.2 .( x + y + z- xy – yz – zx)=đúng với đa số x;y;z do (x-y)2 0 với"x ; y lốt bằng xẩy ra khi x=y (x-z)2 0 với"x ; z vệt bằng xẩy ra khi x=z (y-z)2 0 với" z; y vết bằng xảy ra khi z=y Vậy x + y + z xy+ yz + zx.Dấu bằng xẩy ra khi x = y =zb)Ta xét hiệu: x + y + z- ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z- 2xy +2xz –2yz= ( x – y + z) đúng với đa số x;y;z
Vậy x + y + z 2xy – 2xz + 2yz đúng với đa số x;y;z
Dấu bằng xảy ra khi x+y=zc) Ta xét hiệu: x + y + z+3 – 2( x+ y +z ) = x- 2x + 1 + y -2y +1 + z-2z +1= (x-1)+ (y-1) +(z-1) 0. Dấu(=)xảy ra lúc x=y=z=1Ví dụ 2: minh chứng rằng :a) ; b) c) Hãy tổng quát bài bác toán
Giải:a) Ta xét hiệu = = = Vậy .Dấu bằng xẩy ra khi a=bb)Ta xét hiệu =.Vậy
Dấu bằng xẩy ra khi a = b =cc)Tổng quát
Tóm lại các bước để chứng tỏ AB theo định nghĩa
Bước 1: Ta xét hiệu H = A - BBước 2:Biến thay đổi H=(C+D)hoặc H=(C+D)+.+(E+F)Bước 3:Kết luận A ³ BVí dụ 1: minh chứng "m,n,p,q ta đều có : m+ n+ p+ q+1³ m(n+p+q+1) Giải: (luôn đúng)Dấu bằng xảy ra khi lấy ví dụ như 2: minh chứng rằng với tất cả a, b, c ta luôn có :Giải: Ta có : , Đúng với đa số a, b, c.Phương pháp 2 : cần sử dụng phép chuyển đổi tương đương
Kiến thức: Ta thay đổi bất đẳng thức cần minh chứng tương đương cùng với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức sẽ được chứng tỏ là đúng.Nếu A 1 x.y.z>1 mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy ra trường vừa lòng trên tức là có đúng 1 trong những ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1Ví dụ 5: chứng minh rằng : Giải:Ta tất cả : tương tự ta bao gồm :,Cộng vế theo vế những bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được : (*)Ta gồm : tương tự : , cùng vế theo vế những bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được : (**)Từ (*) với (**) , ta được : (đpcm)Phư ơng pháp 3: dùng bất đẳng thức phụ
Kiến thức: a) b) dấu( = ) khi x = y = 0 c) d)Ví dụ 1 mang lại a, b ,c là các số không âm minh chứng rằng (a+b)(b+c)(c+a)8abc
Giải: cần sử dụng bất đẳng thức phụ: Tacó ; ; (a+b)(b+c)(c+a)8abc vết “=” xẩy ra khi a = b = c phương thức 4:Bất đẳng thức Cô sy kiến thức: a/ Với hai số ko âm : , ta có: . Lốt “=” xảy ra khi a=bb/ Bất đẳng thức không ngừng mở rộng cho n số không âm :Dấu “=” xảy ra khi để ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho trở thành số không âm.Ví dụ 1 : Giải phương trình :Giải : nếu đặt t =2x thì pt đổi thay pt bậc 6 theo t cần ta đặt lúc ấy phương trình gồm dạng :Vế trái của phương trình:Vậy phương trình tương đương với : .Ví dụ 2 : đến x, y , z > 0 với x + y + z = 1. Tìm GTLN của p =Giải : p = 3- () = 3 – Q. Theo BDT Côsi , trường hợp a, b, c > 0 thì Suy ra Q = -Q nên phường = 3 – Q 3-=Vậy max p = .khi x = y = z = .Ví dụ 3: đến a, b, c >0 . Chứng tỏ rằng: Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :Tương trường đoản cú :Dấu “=” xẩy ra khi a = b = c.Ví dụ 4 : CMR vào tam giác ABC : (*)Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :Cũng theo bất đẳng thức Côsi :Viết tiếp hai BDT tương tự như (2) rồi nhân cùng với nhau sẽ được Từ (1),(3) suy ra (*). Lốt “=” xẩy ra khi a = b = c giỏi ABC là hầu như .Ví dụ 5:Cho . Minh chứng rằng: Giải: Đặt gồm 2 nghiệm a,c
Mà:Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: phương pháp 5 Bất đẳng thức Bunhiacopski
Kiến thức:Cho 2n số thực (): . Ta luôn luôn có:Dấu “=” xẩy ra khi hay (Quy ước : nếu mẫu mã = 0 thì tử = 0 )Chứng minh:Đặt ví như a = 0 tuyệt b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.Nếu a,b > 0:Đặt: , cầm thì: mặt khác: Suy ra: Lại có: Suy ra: Dấu”=” xẩy ra Ví dụ 1 :Chứng minh rằng: , ta có: Giải: Ta có: Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lượt nữa:Ví dụ 2: đến tam giác ABC có những góc A,B,C nhọn. Tìm kiếm GTLN của:Giải:* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m bộ số, mỗi bộ số có n số ko âm: chũm thì: Dấu”=” xảy ra bô số (a,b,.,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,,m thì sao cho: , tốt Ví dụ 1: Cho chứng minh rằng: Giải: ta có: vì vậy theo bất đẳng thức Bunhiacopski:(đpcm)Ví dụ 2: mang lại 4 số a,b,c,d ngẫu nhiên chứng minh rằng: Giải: sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó ac+bdmà ví dụ như 3: chứng tỏ rằng : Giải: dùng bất đẳng thức Bunhiacopski biện pháp 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta tất cả 3 Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép
Kiến thức:a)Nếu thì .Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ còn khib)Nếu thì
Dấu ‘=’ xẩy ra khi còn chỉ khi
Ví dụ 1: cho ABC tất cả 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn nửa đường kính R = 1 với S là diện tích s tan giác. Chứng tỏ rằng ABC là tam giác đều.Giải: Không bớt tính tổng quát ta đưa sư Suy ra:Áp dụng BĐT trebusep ta được:Dấu ‘=’ xảy ra
Mặt khác:Thay (2) vào (1) ta có
Dấu ‘=’ xảy ra ABC đều. Ví dụ như 2(HS từ bỏ giải): a/Cho a,b,c>0 với a+b+c=1 CMR: b/Cho x,y,z>0 với x+y+z=1 CMR:x+2y+z c/Cho a>0 , b>0, c>0 CMR: d)Cho x,y thỏa mãn nhu cầu ;CMR: x+y lấy một ví dụ 3: mang lại a>b>c>0 với . Chứng tỏ rằng
Giải: vì chưng a,b,c đối xứng ,giả sử abc Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có ==Vậy lốt bằng xảy ra khi a=b=c=Ví dụ 4: mang đến a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :Giải: Ta có Do abcd =1 bắt buộc cd = (dùng )Ta có (1) phương diện khác: = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) =Vậy
Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli
Kiến thức:a)Dạng nguyên thủy: đến a-1, Z thì . Vệt ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi b) Dạng mở rộng: - cho a > -1, thì . Lốt bằng xảy ra khi và chỉ còn khi a = 0.- cho thì . Vết bằng xẩy ra khi va chỉ khi.Ví dụ 1 : chứng tỏ rằng .Giải
Nếu giỏi thì BĐT luôn đúng
Nếu 0 0.Chứng minh rằng . (1)GiảiÁp dụng BĐT Bernouli: (2)Chứng minh tương tự ta đuợc: (3) (4)Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có(đpcm)Chú ý: ta có việc tổng quát tháo sau đây:“Cho chứng minh rằng .Dấu ‘=’ .(chứng minh tương tự bài trên).Ví dụ 3: mang lại . Chứng tỏ rằng .Giải
Đặt .Chứng minh tương tự:Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được
Chú ý: câu hỏi tổng quát mắng dạng này“ mang lại n số Ta luôn luôn có:Ph ương pháp 8: Sử dụng đặc điểm bắc cầu
Kiến thức: A>B và B>C thì A>CVí dụ 1: mang lại a, b, c ,d >0 vừa lòng a> c+d , b>c+d minh chứng rằng ab >ad+bc Giải:Tacó (a-c)(b-d) > cd ab-ad-bc+cd >cd ab> ad+bc (điều nên chứng minh)Ví dụ 2: đến a,b,c>0 vừa lòng . Chứng tỏ Giải: Ta bao gồm :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) 0 ac+bc-ab ( a2+b2+c2) ac+bc-ab 1 chia hai vế mang lại abc > 0 ta bao gồm Ví dụ 3: mang lại 0 1-a-b-c-d
Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab bởi vì a>0 , b>0 đề nghị ab>0 (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) bởi c 0 ta gồm (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chứng minh)Ví dụ 4: mang đến 0 0 1+ > + bmà 0 , > từ (1) với (2) 1+> +. Vậy + 0 thì từ bỏ ` lấy một ví dụ 1: cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng Giải: Theo đặc thù của tỉ trọng thức ta gồm (1) mặt khác : (2) từ (1) và (2) ta tất cả 1 chứng minh rằng Giải: Ta gồm với k = 1,2,3,,n-1 bởi đó: lấy ví dụ như 2: minh chứng rằng: cùng với n là số ng ... 1 . Ta phải chứng minh: Ta có: (Vì )Bất đẳng thức đúng cùng với n= k+1Vậy theo nguyên tắc quy nạp: ví dụ 5: mang đến , . Chứng tỏ rằng: Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúngn=k ():giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: n= k+1 . Ta nên chứng minh: (1)Thật vậy: + Vậy (1) được bệnh minh
Ví dụ 6: mang lại , . Minh chứng rằng: Giải:n=1: Bất đẳng thức luôn đúngn=k ():giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: n= k+1 . Ta bắt buộc chứng minh: (1)Đặt: Vậy (1) đựơc chứng minh
Ví dụ 7: minh chứng rằng: Giải: n=2 n=k: mang sử bất đẳng thức đúng, tức là: n= k+1:Ta c ó: (vì ) Bất đẳng thức đúng cùng với n= k+1Vậy ví dụ 8: minh chứng rằng: Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn luôn đúngn=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: n= k+1 . Ta cần chứng minh: Ta có: Nên: Bất đẳng thức đúng với n= k+1. Vậy: +Ph ương pháp 16: chứng minh phản chứng kiến thức: 1) mang sử phải chứng tỏ bất đẳng thức nào kia đúng , ta hãy mang sử bất đẳng thức kia sai với kết hợp với các giả thiết nhằm suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái với trả thiết , hoàn toàn có thể là điều trái ngược nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng 2) đưa sử ta phải chứng minh luận đề “p q”Muốn chứng tỏ (với : giả thiết đúng, : tóm lại đúng) phép chứng minh được thực hiên như sau:Giả sử không có ( hoặc sai) suy ra điều vô lý hoặc sai. Vậy phải có (hay đúng)Như vậy để lấp định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với tủ định tóm lại của nó . Ta thường được sử dụng 5 bề ngoài chứng minh phản hội chứng sau : A - cần sử dụng mệnh đề phản đảo : “P Q” B – che định rôi suy trái mang thiết C – bao phủ định rồi suy trái cùng với điều đúng D – tủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau E – tủ định rồi suy ra kết luận :Ví dụ 1: Cho cha số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0 chứng tỏ rằng a > 0 , b > 0 , c > 0 Giải: trả sử a 0 thì tự abc > 0 a 0 cho nên a 0 cùng a 0 a(b+c) > -bc > 0 vị a 0 b + c 0 tương tự như ta tất cả b > 0 , c > 0Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d vừa lòng điều kiện ac 2.(b+d) .Chứng minh rằng có tối thiểu một trong số bất đẳng thức sau là sai: , Giải: trả sử 2 bất đẳng thức : , đều đúng lúc đó cộng các vế ta được (1) Theo giả thiết ta tất cả 4(b+d) 2ac (2) trường đoản cú (1) và (2) giỏi (vô lý) Vậy vào 2 bất đẳng thức và có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Minh chứng rằng ví như x+y+z > thì có 1 trong ba số này lớn hơn 1 Giải :Ta bao gồm (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 =x + y + z – () vì chưng xyz = theo giả thiết x+y +z > nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0 Trong tía số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một trong những dương thật vậy ví như cả ba số dương thì x,y,z > 1 xyz > 1 (trái mang thiết) Còn ví như 2 trong 3 số kia dương thì (x-1).(y-1).(z-1) ab+bc+ac
Giải: Ta xét hiệu: b2+c2- ab- bc – ac = b2+c2- ab- bc – ac= ( b2+c2- ab– ac+ 2bc) +3bc =(-b- c)2 +=(-b- c)2 +>0 (vì abc=1 và a3 > 36 bắt buộc a >0 )Vậy : b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh2) minh chứng rằng a) b) với mọi số thực a , b, c ta có c) Giải: a) Xét hiệu: = = HH0 ta bao gồm điều phải chứng tỏ b) Vế trái có thể viết H = H > 0 ta có đpcm c) vế trái có thể viết H = H 0 ta bao gồm điều cần chứng minh* Dùng đổi khác tương đương 1) mang đến x > y với xy =1 .Chứng minh rằng Giải: Ta bao gồm (vì xy = 1) cho nên vì vậy BĐT cần chứng tỏ tương đương cùng với BĐT cuối đúng buộc phải ta gồm điều đề xuất chứng minh2) cho xy 1 .Chứng minh rằng Giải: Ta có BĐT cuối này đúng vày xy > 1 .Vậy ta có đpcm* dùng bất đẳng thức phụ1) đến a , b, c là những số thực với a + b +c =1 chứng minh rằng Giải: vận dụng BĐT Bunhia
Côpski đến 3 số (1,1,1) và (a,b,c) Ta có (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) mang đến a,b,c là những số dương . Minh chứng rằng (1)Giải: (1) vận dụng BĐT phụ cùng với x,y > 0. Ta bao gồm BĐT cuối cùng luôn đúng Vậy (đpcm)* Dùng phương thức bắc mong 1) mang lại 0 0 .Cminh rằng: Giải: bởi a ,b ,c ,d > 0 đề xuất ta tất cả (1) (2) (3) Cộng các vế của 4 bất đẳng thức bên trên ta có : (đpcm) 2) mang lại a ,b,c là số đo tía cạnh tam giác chứng minh rằng : Giải: do a ,b ,c là số đo cha cạnh của tam giác cần ta bao gồm a,b,c > 0 với a 0 cùng x+y+z =1 Giải: vì chưng x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta tất cả x+ y + z áp dụng bất đẳng thức Côsi đến x+y ; y+z ; x+z ta có Dấu bằng xảy ra khi x=y=z= Vậy S . Vậy S có mức giá trị lớn số 1 là lúc x=y=z= lấy một ví dụ 3: đến xy+yz+zx = 1. Tìm giá bán trị nhỏ dại nhất của Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacốpski mang đến 6 số (x,y,z) ;(x,y,z) Ta bao gồm (1) Áp dụng BĐT Bunhiacốpski mang lại () với (1,1,1)Ta có Từ (1) với (2) Vậy có mức giá trị bé dại nhất là lúc x=y=z= lấy ví dụ 4 : vào tam giác vuông gồm cùng cạnh huyền , tam giác vuông làm sao có diện tích s lớn nhất Giải: call cạnh huyền của tam giác là 2a Đường cao trực thuộc cạnh huyền là h Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x,y Ta bao gồm S = vị a ko đổi nhưng mà x+y = 2a. Vậy S lớn nhất lúc x.y lớn số 1 Vậy trong số tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân nặng có diện tích s lớn tốt nhất 2/ sử dụng Bất đẳng thức để giải phương trình cùng hệ phương trình lấy ví dụ như 1:Giải phương trình: Giải : Ta gồm Vậy lốt ( = ) xảy ra khi x+1 = 0 x = -1 Vậy khi x = -1 Vậy phương trình gồm nghiệm tốt nhất x = -1 lấy ví dụ 2: Giải phương trình Giải : áp dụng BĐT Bunhia
Cốpski ta bao gồm : vệt (=) xẩy ra khi x = một mặt khác dấu (=) xẩy ra khi y = - Vậy khi x =1 cùng y =- Vậy nghiệm của phương trình là lấy một ví dụ 3:Giải hệ phương trình sau: Giải: vận dụng BĐT Côsi ta có Vì x+y+z = 1) phải Dấu (=) xẩy ra khi x = y = z = Vậy gồm nghiệm x = y = z = lấy ví dụ như 4: Giải hệ phương trình sau tự phương trình (1) tốt Từ phương trình (2) nếu như x = thì y = 2 nếu x = - thì y = -2 Vậy hệ phương trình gồm nghiệm cùng 3/ dùng BĐT để giải phương trình nghiệm nguyên ví dụ như 1: Tìm các số nguyên x,y,z thỏa mãn Giải:Vì x,y,z là các số nguyên yêu cầu (*) Mà những số x,y,z yêu cầu tìm là ví dụ như 2: tìm kiếm nghiệm nguyên dương của phương trình Giải: không mất tính bao quát ta đưa sử Ta bao gồm Mà z nguyên dương vậy z = 1. Vắt z = 1 vào phương trình ta được Theo đưa sử xy nên 1 = mà lại y nguyên dương đề xuất y = 1 hoặc y = 2 cùng với y = 1 ko thích phù hợp với y = 2 ta bao gồm x = 2 Vậy (2 ,2,1) là 1 trong những nghiệm của phương trình Hoán vị những số bên trên ta được các nghiệm của phương trình là (2,2,1);(2,1,2); (1,2,2)Ví dụ 3:Tìm những cặp số nguyên mãn nguyện phương trình (*) Giải: (*) cùng với x 0 , y > 0 Ta gồm Đặt (k nguyên dương bởi x nguyên dương ) Ta tất cả Nhưng mà lại giữa k cùng k+1 là nhì số nguyên dương liên tục không tồn tại một số trong những nguyên dương làm sao cả Nên không tồn tại cặp số nguyên dương nào đống ý phương trình . Vậy phương trình gồm nghiệm tuyệt nhất là : bài tập đề nghị :Bài 1:Chứng minh rằng với tất cả a,b,c > 0 : HD : chuyển vế quy đồng mẫu mang lại tổng bình phương các đẳng thức.Bài 2:Chứng minh bất đẳng thức : HD: bài xích 3: cho a, b. C > 0 và a + b + c 1. Cmr : HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho bài 4 : mang đến . Cmr :HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi mang đến , rồi cộng hai vế theo vế.Bài 5: mang đến a, b >1. Tìm GTNN của S = HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi mang lại và xét ngôi trường hợp dấu “=” xẩy ra .Bài 9 : tìm kiếm GTLN cùng GTNN của y = HD: Đặt x= bài xích 10: đến 36x
Cmr : HD: Đặt : bài 11: Cmr : HD : Đặt x = bài bác 12: đến . Chứng tỏ rằng: bài bác 13: mang lại ABC có a, b, c là độ dài các cạnh. Chứng minh rằng: bài bác 14: mang đến . Chứng tỏ rằng bài bác 15: . Minh chứng rằng: bài xích 16: gồm tồn nguyên nhân cho: ?
Bài 17: mang đến ABC có diện tích s bằng 4 (đơn vị diện tích). Trên những cạnh BC, CA, AB lấy lần lược các điểm A’, B’, C’. Chứng tỏ rằng: Trong toàn bộ các tam giác AB’C’, A’BC’, A’B’C có tối thiểu 1 diện tích nhỏ dại hơn hay bởi 1(đơn vị diện tích)