Please login or register.

Login with username, password and session length

Author Topic: Một số phương pháp chứng minh Bất đẳng thức  (Read 78376 times)

07 Tháng Ba, 2008, 12:58:58 PM
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 732
  • Điểm bài viết: 30
  • Hà Mã Olym
Phương pháp 1: Phương pháp dựa vào định nghĩa
-   Lập hiệu A-B
-   Biến đổi biểu thức (A-B) và chứng minh A-B \geq0
-   Kết luận A \geqB
-   Xét trường hợp A=B khi nào

VD: CMR:
 \frac{b}{a}+ \frac{b}{a}\geq2 với mọi a, b cùng dấu.

CM: Ta có:
 \frac{b}{a}+ \frac{b}{a} -2 = \frac{a^2+b^2-2ab}{ab}= \frac{(a-b)^2}{ab}
a, b cùng dấu => ab>o =>  \frac{(a-b)^2}{ab}\geq0  
Vậy  \frac{b}{a}+ \frac{b}{a}\geq2
Dấu “=” sảy ra khi và chỉ khi a-b=0, hay a=b ./.

Bài tập tương tự : CMR:
 \frac{1}{1+a^2}+ \frac{1}{1+b^2}\geq \frac{2}{1+ab}
với ab>1
« Last Edit: 03 Tháng Hai, 2010, 09:51:49 PM by bsb101 »

07 Tháng Ba, 2008, 01:15:11 PM
Reply #1
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 732
  • Điểm bài viết: 30
  • Hà Mã Olym
Phương pháp 2: Phương pháp chứng minh trực tiếp
-   Biến đổi vế phức tạp, thường là vế trái:
 A=A1=A2= ... = B+M^2
 M^2 \geq0 nên  B+M^2\geq B
=> a\geq B
Dấu “ =” sảy ra khi và chỉ khi M=0


VD: CMR:  x^2-4x+3\geq-1
 với mọi x
CM:
Ta có:  x^2-4x+3 = -1+(x-2)^2 \geq-1

=>  x^2-4x+3\geq-1
Dấu”=” sảy ra khi và chỉ khi x=2

Bài tập tương tự:CMR:
 \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+... +\frac{1}{99.100} <1


07 Tháng Ba, 2008, 01:33:55 PM
Reply #2
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 732
  • Điểm bài viết: 30
  • Hà Mã Olym
Phương pháp 3: Phương pháp so sánh
- Biến đổi riêng từng vế rồi so sánh kết quả. Suy ra đpcm.
A=A_1=A_2=...=A_n
B=B_1=B_2= ...= B_n

Nếu A_n\geq B_nthi A\geq B


VD: CMR:  200^{300}>300^{200}
CM: 200^{300}= (200^3)^{100}= 8000000^{100}
             300^{200}= (300^2)^{100}= 90000^{100}
=> 200^{300}>300^{200}
« Last Edit: 07 Tháng Ba, 2008, 01:38:49 PM by vigro_luv_olim »

07 Tháng Ba, 2008, 05:07:35 PM
Reply #3
  • Guest
Phương pháp4: Dùng tính chất tỉ số
Cho 3 số dương a,b,c :
Nếu \frac{a}{b}<1 thì \frac{a}{b}<\frac{(a+c)}{(b+c)}
Nếu \frac{a}{b}>1 thì \frac{a}{b}>\frac{(a+c)}{(b+c)}
Nếu b,d>o thì từ  \frac{a}{b}<\frac{c}{d}=>\frac{a}{b}<\frac{(a+c)}{(b+d)}<\frac{c}{d}


VD: a,b,c là 3 số dương. CMR:
1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{c+b}+\frac{c}{a+c}<2
CM:
Do c>o =>\frac{a}{a+b+c}<\frac{a}{a+b}<\frac{a+c}{a+b+c}          (3)
Tương tự ta có : \frac{b}{a+b+c}<\frac{b}{c+b}<\frac{a+b}{a+b+c} (4)
                   và: \frac{c}{a+b+c}<\frac{c}{c+a}<\frac{c+b}{a+b+c}   (5)
cộng vế với vế 3 BĐT kép(3),(4) và (5) ta được:
1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{c+b}+\frac{c}{a+c}<2 (đpcm)

Bài tập tương tự: Cho các số dương a1,a2,a3,b1,b2,b3 thoả:\frac{a_1}{b_1}\leq\frac{a_2}{b_2}\leq\frac{a_3}{b_3}
CMR: \frac{a_1}{b_1}\leq\frac{a_1+a_2+a_3}{b_1+b_2+b_3}\leq\frac{a_3}{b_3}



« Last Edit: 07 Tháng Ba, 2008, 05:48:27 PM by vigro_luv_olim »

07 Tháng Ba, 2008, 05:10:20 PM
Reply #4
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 732
  • Điểm bài viết: 30
  • Hà Mã Olym
Phương pháp 5: Dùng phép biến đổi tương đương
Ta biến đổi BĐT cần chứng minh tương đưng với BĐT đúng hoặc BĐT đã được chứng minh đúng.
Chú ý các BĐT sau:
- Bình phương của tổng, hiệu
- Lập phương của tổng, hiệu
-(a+b+c)^2= a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca
(a+b+c+d)^2=a^2+b^2+c^2+d^2+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2dc
a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)


VD: Cho a,b là các số thực. CMR:
a^2+b^2+1\geq ab+a+b
CM:
Ta có: a^2+b^2+1\geq ab+a+b
<=>(a^2+b^2+1)-2(ab+a+b)\geq0
<=>(a^2-2ab+b^2)+(a^2-2a+1)+(b^2-2b+1)\geq0
<=>(a-b)^2+(a-1)^2+(b-1)^2\geq0 (luôn đúng)
=>đpcm

Bài tập tương tự:Cho a,b,c là các số thực. CMR:
\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\geq2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c})
« Last Edit: 07 Tháng Ba, 2008, 05:32:07 PM by vigro_luv_olim »

18 Tháng Ba, 2008, 01:21:45 PM
Reply #5
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 732
  • Điểm bài viết: 30
  • Hà Mã Olym
Phương pháp 6: Phương pháp làm trội

Dùng tính chẩt của BĐT để đưa một vế của BĐT cần chứng minh về dạng để tính tổng hữa hạn hoặc tích hữu hạn.
- Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn:
 S_n=u_1+u_2+u_3+...+u_n
là biểu diễn số hạng tổng quát  u_k về hiệu của 2 số hạng liên tiếp nhau :  u_k=a_k-a_{k+1}
 Lúc đó :  S_n=(a_1-a_2)+(a_2-a_3)+...+(a_n-a_{n+1})=a_1-a_{n+1}

-Phương pháp chung để tính tích hữu hạn P_n=u_1u_2.....u_n là biểu diễn số hạng tổng quát  u_k về thương của 2 số hạng liên tiếp nhau u_k=\frac{a_k}{a_k+1}
Lúc đó P_n=\frac{a_1a_2}{a_2a_3}....\frac{a_{n-1}a_n}{a_na_{n+1}}=\frac{a_1}{a_{n+1}}



VD:Chứng minh các BĐT sau với n là STN:
a,
\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}\<2-\frac{1}{n}(k>1)

b,
\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}\<5/3

CM:
a.
Với k>1 ta có
\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k.(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\
Lần lượt thay k=2,3,..,n rồi cộng lại có:
\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}<1-\frac{1}{n} => đpcm
b.
Với mọi k>1 ta có:
\frac{1}{k^2}=\frac{4}{4k^2}<\frac{4}{4k^2-1}=\frac{4}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{2[(2k+1)-(2k-1)}{(2k-1)(2k+1)}=2(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})
Vậy :
\frac{1}{k^2}<2(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})
Lần lượt thay k=2,3,...,n vào rồi cộng lại ta được:
\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}<1+2(\frac{1}{3}+\frac{1}{2n+1})<1+\frac{2}{3}=\frac{5}{3}

Bài tập tương tự
CMBĐT: :\frac{1}{2}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+...+\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}<2



                 
« Last Edit: 18 Tháng Ba, 2008, 05:41:12 PM by vigro_luv_olim »

18 Tháng Ba, 2008, 06:05:39 PM
Reply #6
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 732
  • Điểm bài viết: 30
  • Hà Mã Olym
Phương pháp 7:Phương pháp lượng giác

Sử dụng điều kiện của biến|x|\leq k=>k>0
Đặt x=ksina với  \frac{-\pi}{2}\leq a\leq\frac{\pi}{2} hoặc x=kcosa với 0\leq a\leq \pi




VD: |a\sqrt{9-a^2}+4a|\leq15
CM: Điều kiện:
|a|\leq3.
Đặt a=3sin\alpha, \frac{-\pi}{2}\leq \alpha\leq\frac{\pi}{2}
Khi đó:|a\sqrt{9-a^2}+4a|=|3.3cos\alpha+4.3sin\alpha|
=3|3cos\alpha+4sin\alpha=15|\frac{3}{5}cos\alpha+\frac{4}{5}sin\alpha|=15|cos\alpha-\beta|\leq15
với cos\beta=\frac{3}{5}, sin\alpha=\frac{4}{5}

Bài tập tương tự:
CMR: nếu |x|<1 và n là số nguyên lớn hơn 2 thì ta cs BĐT:
(1-x)^n=(1+x)^n<2^n

19 Tháng Ba, 2008, 01:40:27 PM
Reply #7
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 732
  • Điểm bài viết: 30
  • Hà Mã Olym
Phương pháp 8: Dùng BĐT trong tam giác

Nếu a,b,c là số đó 3 cạnh của một tam giác thì a,b,c>0 và |b-c|<a<b+c
                                                                                 |a-c|<b<a+c
                                                                                 |a-b|<c<a+b


VD: Cho a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác.CMR:
a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ca)
CM:
a,b,c là số đo 3 cạnh của tam giác nên ta có :
0<a<b+c=>a^2<a(b+c)
0<b<a+c=>b^2<b(a+c)
0<c<b+a=>c^2<c(b+a)
Cộng vế với vế của BĐT trên ta được
a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ca) (đpcm)

Bài tập tương tự:
Cho a,b,c là số đo 3 cạnh của tam giác. CMR:
a,abc\geq(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)
b,a^3(b^2-c^2)+b^3(c^2-a^2)+c^3(a^2-b^2)<0
với a<b<c



« Last Edit: 19 Tháng Ba, 2008, 01:58:39 PM by vigro_luv_olim »

19 Tháng Ba, 2008, 05:08:13 PM
Reply #8
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 732
  • Điểm bài viết: 30
  • Hà Mã Olym
Phương pháp 9: Dùng phương pháp quy nạp

Để chứng minh BĐT T(n) : n là số tự nhiên ta thực hiện các bước sau :
+ Chứng minh BĐT T(1) đúng( Kiểm tra mệnh đề đúng với số nhỏ nhất)
+ Giả sử BĐT T(k) đúng
+ Ta chứng minh BĐT T(k+1) cũng đúng
Khi đó BĐT T(n) đúng với mọi n


VD: CMR với n>2 ta có :  2^n>2n+1

CM:

Với n=3 ta có  2^3>2.3+1 <=>8>7 BĐT đúng
Giả sử BĐT đúng với n=k,nghĩa là:
 2^k>2k+1
Ta CM BĐT đúng với n=k+1, nghĩa là phải CM:  2^{k+1}>2(k+1)+1
Thật vậy, ta có:
 2^{k+1}=2.2^k=4k+2>2k+3=2(k+1)+3
Vậy BĐT đúng với mọi n

Bài tập tương tự:
 CMR:(2n)!<2^{2n}(n!)^2
« Last Edit: 20 Tháng Ba, 2008, 05:50:16 PM by vigro_luv_olim »

20 Tháng Ba, 2008, 06:57:47 PM
Reply #9
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 732
  • Điểm bài viết: 30
  • Hà Mã Olym
Phương pháp 10: Sử dụng tính chất hàm lồi

Cho hàm số f(a,b) -> R có tính chất :
 f(\frac{x_1+x_2}{2})\leq\frac{f(x_1)+f(x_2) }{2} /x1, x2\in (a,b)
Dấu của đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi x1=x2
Khi đó:  f(\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}) \leq\frac{f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n) }{n}         (1)
với mọi x1, x2 thuộc (a,b) và dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi  x_1=x_2=...=x_n


VD: 
CMR:  Nếu  x,y \in[o,\pi] thì \frac{sinx+siny}{2}\leq sin(\frac{x+y}{2})
CM:
Ta có:  \frac{sinx+siny}{2}=sin(\frac{x-y}{2})cos(\frac{x+y}{2})\leq sin{\frac{x+y}{2}}
 cos{\frac{x-y}{2}}\leq1
 sin{\frac{x+y}{2}}\geq0({0\leq\frac{x+y}{2}\leq\pi})
Cách khác: f(x)=sinx có f’’(x)=-sinx\leq0 nên f(x) là hàm lõm trên  [0,\pi] và ta có BĐT 1
Bài tập tương tự:
Cho A,B,C là ba góc của một tam giác, CMR:
 sinA+sinB+sinC\leq\frac{3sqrt{3}}{2}


21 Tháng Ba, 2008, 01:11:48 PM
Reply #10
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 732
  • Điểm bài viết: 30
  • Hà Mã Olym
Phương pháp 11: Dùng miền giá trị hàm

Bài toán: Chứng minh rằng B<f(x) <A với mọi x.
Đặt y=f(x) <=> y-f(x)=0              ( * )
Biện luận phương trình ( * ) theo y, =>  y\in(A,B)
                                                 =>đpcm


VD: CMR: \frac{1}{3}\leq\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}\leq3 với mọi x
CM:
Đặt : y=\frac{1}{3}\leq\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1} có miền xác định D=R
=> (y-1)x^2-(y+1)x+y-1=0 có nghiệm

+, Với y=1=>x=0
+>Với y khác 1, ta có
\Delta\geq0 <=>(y+1)^2-4(y-1)^2\geq0 <br /><=>\frac{1}{3}\leq y\leq3 (đpcm)

Bài tập tương tự:
 CMR:  \frac{2x^2-x+1}{2x^2+x+1}>\frac{1}{3} với mọi x

23 Tháng Ba, 2008, 08:50:19 AM
Reply #11
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 732
  • Điểm bài viết: 30
  • Hà Mã Olym
Phương pháp 12: Dùng tam thức bậc 2
(*Định lí về dấu tam thức bậc 2:
Cho tam thứcbậc 2 :f(x)ax^2+bx+c=0(a khác 0)
+ Nếu \Delta<0 thì af(x)>0 với mọi x
+ Nếu \Delta=0 thì af(x)\geq0 với mọi x
Dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi x=\frac{-b}{2a}
+Nếu \Delta>0 lập bảng xét dấu
*Định lí đảo về dấu cho tam thức bậc 2:
 Cho:f(x)ax^2+bx+c=0(a khác 0)
Nếu tồn tại  \alpha\in R sao cho af(x)<p thì f(x) có 2 nghiệm pb và  x_1<\alpha<x_2

Hệ quả: Nếu tồn tại  \alpha,\beta\in R sao cho  f(\alpha).f(\beta)<0 thì f(x) có 2 nghiệm pb và trong 2 số \alpha,\beta có một số nằm ngoài khoảng hai nghiệm)


Dạng 1:Chứng minh  ax^2+bx+c\geq0 mọi x
           Ta chứng minh \left{\begin{a>2}\\{\Delta=b^2-4ac\leq0
VD: CMR: x^2y^4+2(x^2+2)y^2+4xy+x^2\geq4xy^3 với mọi x,y
CM:Bđt cần Cm tương đương với
(x^2y^4+2x^2y^2+x^2)+(4xy-4xy^3)+4y^2\geq0
<=>(y^2+1)^2x^2 +4y(1-y^2)x+4y^2\geq0
Đặt f(x)=VT
Ta có \Delta'=4y^2(1-y^2)^2-4y^2(y^2+1)^2=-16y^2\leq0 mọi y
=>f(x)\geq0 mọi x,y. ( vì a=(y^2+1)^2>0)

Bài tập tương tự: Cm các BĐT sau:
a,x^2+5y^2-4xy+2x-6y+3>0 mọi x,y
b,x^2+5y^2+2z^2-4xy-2yz-2z+1\geq0 mọi x,y,z
c,3y^2+x^2+2xy+2x+6y+3\geq0 mọi x,y
d, (x+y)^2-xy+1\geq(x+y)sqrt{3}
                                                           (Đề thi ĐHBK, 1988)
« Last Edit: 23 Tháng Ba, 2008, 09:01:02 AM by vigro_luv_olim »

23 Tháng Ba, 2008, 09:05:25 AM
Reply #12
  • Thành viên OlympiaVN
  • **
  • Posts: 139
  • Điểm bài viết: 5
  • Love ManU, love freestyle football :)
Phương pháp 13: Dùng đạo hàm
Dạng 1: Dùng tính đơn điệu của hàm số
Hàm số f(x) liên tục trên [a,b] và có đạo hàm trên (a,b)
+ Nếu f(x)>0 với mọi x thuộc (a,b)thì hàm f(x) tăng trên [a,b]. Khi đó mọi x>a thì f(x)>f(a)
+ Nếu f'(x)<o mọi x thuộc (a,b) thì hàm f giảm trên [a,b]. Khi đó với mọi x>a thì f(x)<f(a)


VD: CMR :e^x>1+x với mọi x khác 0
CM:
đặt f(x)=e^x-x-1. Khi đó f'(x)=e^x-1
 * Nếu x>0 thì f(x)>0 nên f tăng với mọi x\geq0. Do đó f(x)>0, f(0)=0 =>e^x>x+1
 * Nếu x<0 thì f(x)<0 nên f giảm khi x<0. Dó đó f(x)>f(0)=0 =>e^x>x+1
Vậy e^x>1+x với mọi x khác 0
 Bài tập tương tự: CMR với x\in(0,\frac{\pi}{2}) thì 2^{sinx}+2^{tanx}\geq2^x+1
« Last Edit: 24 Tháng Ba, 2008, 01:38:47 AM by vigro_luv_olim »

03 Tháng Mười Một, 2008, 11:00:03 PM
Reply #13
  • Guest
Ngoài ra còn có 1 số phương pháp để cm nữa

1.Dồn biến : Mục đích đặt ra ta giảm dần biến số đi để cuối cùng chỉ cần cm bdt 1 biến , với điều này công việc của ta chỉ là đạo hàm thôi
Muốn CM minh f(a,b,c) \ge 0 ta CM : f(a,b,c) \ge f(a,\frac{b+c}{2}\ ,\frac{b+c}{2}\ ) . Sau đó CM VP \ge 0 .
Ngoài ra có thể dồn theo trung bình nhân , trung bình điều hòa .

Cụ thể ở đây (nguồn Lê Quý Bảo:D ) http://olympiavn.org/forum/index.php?action=dlattach;topic=42150.0;attach=7653hoặc download bằng link bên dưới OK? :D

2.SOS : phương pháp đưa về các tổng bình phương
đa số BĐT xuất phát từ x^2 \ge 0 . vì vậy phương pháp này có ý tương khá tự nhiên . sau khi đưa về được dạng
S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2 .
Chỉ cần kiểm tra 1 số tiêu chuẩn ta thu được đpcm ước gì mấy anh này nói rõ thêm cho đàn em hiểu với ... :|

3. Các hàm sơ cấp đối xứng 3 biến

Đặt p=x+y+z

q+xy+yz+zx

r=xyz
ta đưa về được theo p,q,r . Từ đây cm bdt theo p,q,r . Kết hợp với BDT schur ta có đpcm.
tạm thời chừng đó đã . (và đến giờ ... vẫn vậy :D ) các anh ơi em chưa hiểu :-s
« Last Edit: 03 Tháng Hai, 2010, 06:08:49 PM by bsb101 »

20 Tháng Hai, 2010, 11:42:25 AM
Reply #14
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
Tiếp tục cho phương pháp lượng giác , không chỉ là với các bài đổi ẩn theo sinx , cosx , .... mà phức tạp hơn là liên quan đến các đẳng thức lượng giác của 3 góc trong tam giác , cái này thì nhiều lắm ;)

Hệ thức I

cos^2A + cos^2B+ cos^2C +2cosAcosBcosC =1 .

Cái này gặp cũng khá nhiều , trong những bài này có thể làm theo dồn biến hoặc vân dụng các đẳng thức (k-a)(k-b)(k-c) ;)

VD: Các số x,y,z thỏa mãn:
x^2 +y^2 +z^2 +2xyz =1 .

Tìm GTLN:A=x+y+z

Cách 1: Đổi biến x,y,z thành cosA ,cosB, cosC
Cách 2: Có thể thấy x,y,z nằm trong khoảng [-1;1] :D , Xét hệ thức (1-x)(1-y)(1-z) , đưa về ẩn là S=x+y+z ;) Đạo hàm ;)
Cách 3: Dồn biến điều kiện ban đầu theo phương trình bậc 2 , theo cách này cũng gợi ý làm theo lượng giác như cách 1 ở biêt thức \Delta ;) (làm sẽ thấy :D ), nhưng có thể làm trực tiếp :D

Hệ thức 2:

tanA +tanB +tanC = tanAtanBtanC

hoặc \cot\frac{A}{2}\ + \cot\frac{B}{2}\ + \cot\frac{C}{2}\ =\cot\frac{A}{2}\cot\frac{B}{2}\cot\frac{C}{2}\

VD:
2. Cho x,y,z là các số thực thoả mãn x+y+z=xyz. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 P=\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}-\frac{1}{1+z^2}

Hệ thức 3  
\tan\frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}\ + \tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}\ + \tan\frac{C}{2}\tan\frac{A}{2}\ = 1

hoặc cotAcotB +cotBcotC +cotCcotA =1

VD:
3. Cho x,y,z là các số thực thoả mãn 2010xy+yz+xz=2010
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 P=\frac{2}{x^2+1}-\frac{2z^2}{z^2+2010^2}+\frac{3}{y^2+1}


« Last Edit: 20 Tháng Hai, 2010, 01:13:29 PM by bsb101 »