Bài tập biến đổi tương đương chứng minh bất đẳng thức

1

Chương I ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I . Tính chất cơ bản:

a. khi 0

khi 0

ax bx x a b ax bx x

> >  > ⇔ < < 

b. a x a b x y b y

>  ⇒ + > + >  Chú ý a x

b y

>  > 

a b x y

ab xy a x b y

 − > −  >    > 

c. 0

0

a x ab xy b y

> ≥  ⇒ > > ≥ 

d. 2 2 a b a b > ≥0 ⇒ > Hệ quả: 2 2 a b a b > ⇔ >

e. 1 1 a b a b > > 0 ⇒ <

1 1 a b a b < < 0 ⇒ >

f. 0 A > • x A A x A < ⇔− < <

• x A x A x A

< −  > ⇔> 

II. Vài bất đẳng thức thông dụng: Với a, b, c,… tùy ý ( , , ... a b c R ∈ ) a. 2 2 2 a b ab + ≥ ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔a b = ) b. 2 2 2 a b c ab bc ca + + ≥ + + ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔a b c = = )

c. Với , 0 a b > ta có: 1 1 1 1 4 ( ) 4 a b a b a b a b   + + ≥ ⇔ + ≥   +  

III. Các ví dụ:

Ví dụ 1: Cho , ; 4 4 x y π π   ∈−    

. Chứng minh bất đẳng thức:

tan tan 1 1 tan tan x y x y − < −

Giải:

, ; 4 4 x y π π   ∈−    

thì 2 2 1 tan ; tan 1; 0 tan , tan 1 x y x y −< < ≤ <

Ta có: tan tan 1 1 tan tan x y x y − < −

⇒

2

tan tan 1 tan tan x y x y ⇔ − > −

2 2 2 2 tan tan 2tan tan 1 2tan tan tan tan x y x y x y x y ⇔ + − < − + 2 2 2 2 tan tan tan tan 1 0 x y x y ⇔ + − −< 2 2 2 tan (1 tan ) (1 tan ) 0 x y y ⇔ − − − <

2 2 (1 tan )(tan 1) 0 y x ⇔ − − < ( Luôn đúng , ; 4 4 x y π π   ∀ ∈−    

)

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện 1 a b c + + = thì:

1 1 1 3. 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c   + + ≥ + +    

Giải:

Vì hàm số 1

3x giảm nên ta có:

1 1 0 ( ) 3 3 3 3 3 3 a b b a a b a b a b a b   ≥ − − ⇒ + ≥ +    

Tương tự ta có:

3 3 3 3 c b b c b c b c + ≥ + ; 3 3 3 3 a c c a c a c a + ≥ +

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý rằng 1 a b c + + = ), ta được:

1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c a b c a b c     + + − + + ≥2 + +        

1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c   ⇔ + + ≥ + +    

(đpcm)

Ví dụ 3: a. Cho 0, 0 x y > > và 1 xy ≤. Chứng minh:

2 1 1 1 1 1 x y xy ≥ + + + + (1)

b. Cho 0 a b c d < ≤ ≤ ≤ và 1 bd ≤. Chứng minh:

4

4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c d abcd ≥ + + + + + + + +

Giải: a. Vì 0, 0 x y > > nên bất đẳng thức (1) tương đương với: 2(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) x y xy y xy x + + ≥ + + + + +

2 2 2 2 1 1 x y xy xy y y xy xy x x xy ⇔ + + + ≥+ + + + + + +

( ) 2 ( ) 2 x y xy xy x y xy ⇔ + + ≥ + +

( ) ) 2( x y xy x y xy xy ⇔ + − ( + + − ) ≥0

( )(1 2 x y xy xy xy ⇔ + − ) + ( −1) ≥0

(1 2 xy x y xy ⇔ − )( + − ) ≥0

3

(1 xy x y 2 ⇔ − )( − ) ≥0 (2)

Vì:

2 ( ) 0

1 1 0

x y

xy xy

 − ≥ 

≤⇒− ≥  nên (2) đúng (đpcm)

b.

, , , 0

1

a b c d

a b c d

bd

>  ≤ ≤ ≤   ≤ 

nên

, , , 0

1

a b c d

a b

c d

bd

>  ≤ ≤   ≤ 

1 ac db ⇒ ≤ ≤

Theo kết quả câu a, ta có:

1 1 2 ( , 0; 1) 1 1 1 1 1 2 ( , 0; 1) 1 1 1

a c ac a c ac

b d bd c d bd

 + ≤ > ≤ + + +   + ≤ > ≤ + + + 

1 1 1 1 1 1 2. 1 1 1 1 1 1 2 2. 1 .

a b c d ac bd

ac bd

  ⇒ + + + ≤ +   + + + + + +  

≤ +

4 1 abcd = + (đpcm)

Ví dụ 4: Cho , , [ 1;2] a b c∈− thỏa mãn điều kiện 0 a b c + + = . Chứng minh: 2 2 2 6 a b c + + ≤ Giải: • [ 1;2] 1 2 1)( 2) 0 a a a a ∈− ⇔−≤ ≤ ⇔( + − ≤ 2 2 2 0 2 a a a a ⇔ − − ≤ ⇔ ≤ + (1)

• Tương tự ta cũng có

2

2

(2)

2 (3)

b b c

c c

 ≤ +  ≤ + 

Cộng (1), (2), (3) ta có: 2 2 2 ) 6 6 a b c a b c + + ≤( + + + = (đpcm) Ví dụ 5: Cho , , [0;2] x y z ∈ và 3 x y z + + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 x y z + + ≤5 Giải: Ta có: , , 2 ( 2)( 2)( 2) 0 x y z x y z ≤ ⇒ − − − ≤ 2( ) 4( ) 8 0 xyz xy yz zx x y z ⇔ − + + + + + − ≤ 2( ) 4.(3) 8 0 xyz xy yz zx ⇔ − + + − − ≤ 2( ) 4 xyz xy yz zx ⇔ ≤ + + − ( vì 3 x y z + + = ) 2 2 2 2 ( ) ( ) 4 xyz x y z x y z ⇔ ≤ + + − + + − 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 4 3 ( ) 4 xyz x y z x y z x y z ⇔ ≤ + + − + + − = − + + −