Toán lớp 9

Giải bài toán BĐT trong đề kiểm tra Toán tháng 9 trường Archimedes

133

Đề bài và lời giải ở trong hình dưới đây:

Giải bài toán BĐT trong đề kiểm tra Toán tháng 9 trường Archimedes

 

Toán lớp 9

Bất đẳng thức Cosi cho 2 số không âm, 3 số không âm, 4 số không âm

Bất đẳng thức cosi cho 2 số không âm, 3 số không âm, 4 số không âm được sử dụng nhiều trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức ở bậc phổ thông.

910

Bất đẳng thức cosi cho 2 số không âm

$\dfrac{a+b}{2} \geq \sqrt{a b}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b

Bất đẳng thức cosi cho 3 số không âm

$\dfrac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{a b c}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Bất đẳng thức cosi cho 4 số không âm

$\dfrac{a+b+c+d}{4} \geq \sqrt[4]{a b c d}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d

Toán lớp 9

Bất đẳng thức AM – GM

Bất đẳng thức AM – GM là một trong những BĐT được sử dụng rất nhiều trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức ở cấp THCS và THPT.

840

Cho $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ là $n$ số thực không âm, khi đó ta có:

$\dfrac{x_{1}+x_{2}+\ldots,+x_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{x_{1} x_{2} \ldots x_{n}}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x_{1}=x_{2}=\ldots=x_{n}$

Bất đẳng thức này còn có thể được phát biểu dưới dạng

$x_{1}+x_{2}+\ldots,+x_{n} \geq n \sqrt[n]{x_{1} x_{2} \ldots x_{n}}$

Hoặc

$\left(\dfrac{x_{1}+x_{2}+\ldots,+x_{n}}{n}\right)^{n} \geq x_{1} x_{2} \ldots x_{n}$

Trung học cơ sở

Các bất đẳng thức lớp 6, 7, 8, 9

1071

Một số bất đẳng thức thường dùng ở các lớp 6, 7, 8, 9 đã được chứng, áp dụng để để giải các bài tập BĐT trong chương trình Toán THCS.

Các bất đẳng thức đó là:

1. Bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Means – Geometric Means):

Với các bộ số $ \displaystyle{{a}_{1}};{{a}_{2}};…;{{a}_{n}}$ không âm ta có:

$ \displaystyle\frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}\ge \sqrt[n]{{{{a}_{1}}{{a}_{2}}…{{a}_{n}}}}$

Ta có 3 dạng thường gặp của bđt này là.

Dạng 1: $ \displaystyle \frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}\ge \sqrt[n]{{{{a}_{1}}{{a}_{2}}…{{a}_{n}}}}$

Dạng 2: $ \displaystyle {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}\ge n\sqrt[n]{{{{a}_{1}}{{a}_{2}}…{{a}_{n}}}}$

Dạng 3: $ \displaystyle {{\left( {\frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}} \right)}^{n}}\ge {{a}_{1}}{{a}_{2}}…{{a}_{n}}$

Dấu “=” xảy ra khi $ \displaystyle {{a}_{1}}={{a}_{2}}=…{{a}_{n}}$

Đối với BĐT này ta cần thành thạo kĩ thuật sử dụng bđt AM-GM cho 2 số và 3 số

2. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (Bunyakovsky)

Dạng tổng quát: Cho $ \displaystyle {{a}_{1}};{{a}_{2}};…{{a}_{n}};{{b}_{1}};{{b}_{2}};…{{b}_{n}}$ là 2n số thực tùy ý khi đó

Dạng 1: $ \displaystyle (a_{1}^{2}+…+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+…+b_{n}^{2})\ge {{({{a}_{1}}{{b}_{1}}+…+{{a}_{n}}.{{b}_{n}})}^{2}}$ (1)

Dạng 2: $ \displaystyle \sqrt{{(a_{1}^{2}+…+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+…+b_{n}^{2})}}\ge |{{a}_{1}}{{b}_{1}}+…+{{a}_{n}}.{{b}_{n}}|$ (2)

Dạng 3: $ \displaystyle \sqrt{{(a_{1}^{2}+…+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+…+b_{n}^{2})}}\ge {{a}_{1}}{{b}_{1}}+…+{{a}_{n}}.{{b}_{n}}$ (3)

Dấu “=” xảy ra ở (1)(2) $ \displaystyle \Leftrightarrow \frac{{{{a}_{1}}}}{{{{b}_{1}}}}=…=\frac{{{{a}_{n}}}}{{{{b}_{n}}}}$

Dấu “=” xảy ra ở (3) $ \displaystyle \Leftrightarrow \frac{{{{a}_{1}}}}{{{{b}_{1}}}}=…=\frac{{{{a}_{n}}}}{{{{b}_{n}}}}\ge 0$

Quy ước mẫu bằng 0 thì tử bằng 0

3. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel hay còn gọi là BĐT Schwarz

Cho $ \displaystyle {{a}_{1}};{{a}_{2}};…{{a}_{n}};{{b}_{1}};{{b}_{2}};…{{b}_{n}}$ là các số >0

Ta có: $ \displaystyle \frac{{x_{1}^{2}}}{{{{a}_{1}}}}+\frac{{x_{2}^{2}}}{{{{a}_{2}}}}+…+\frac{{x_{n}^{2}}}{{{{a}_{n}}}}\ge \frac{{{{{({{x}_{1}}+{{x}_{2}}+…+{{x}_{n}})}}^{2}}}}{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}$

Dấu “=” xảy ra khi $ \displaystyle \frac{{{{x}_{1}}}}{{{{a}_{1}}}}=\frac{{{{x}_{2}}}}{{{{a}_{2}}}}…=\frac{{{{x}_{n}}}}{{{{a}_{n}}}}$

4. Bất đẳng thức Chebyshev (Trê- bư-sép)

Dạng tổng quát
Nếu $ \displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{a}_{1}}\ge {{a}_{2}}\ge …\ge {{a}_{n}}} \\ {{{b}_{1}}\ge {{b}_{2}}\ge …\ge {{b}_{n}}} \end{array}} \right.$

Hoặc $ \displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{a}_{1}}\le {{a}_{2}}\le …\le {{a}_{n}}} \\ {{{b}_{1}}\le {{b}_{2}}\le …\ge {{b}_{n}}} \end{array}} \right.$

Dạng 1:
$ \displaystyle \frac{{{{a}_{1}}.{{b}_{1}}+{{a}_{2}}.{{b}_{2}}+…+{{a}_{n}}.{{b}_{n}}}}{n}\ge \frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}.\frac{{{{b}_{1}}+{{b}_{2}}+…+{{b}_{n}}}}{n}$

Dạng 2:

$ \displaystyle n({{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+…+{{a}_{n}}{{b}_{n}})\ge ({{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}})({{b}_{1}}+{{b}_{2}}+…+{{b}_{n}})$

Nếu $ \displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{a}_{1}}\le {{a}_{2}}\le …\le {{a}_{n}}} \\ {{{b}_{1}}\ge {{b}_{2}}\ge …\ge {{b}_{n}}} \end{array}} \right.$

hoặc $ \displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{a}_{1}}\ge {{a}_{2}}\ge …\ge {{a}_{n}}} \\ {{{b}_{1}}\le {{b}_{2}}\le …\le {{b}_{n}}} \end{array}} \right.$

Dạng 1: 

$ \displaystyle \frac{{{{a}_{1}}.{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+…+{{a}_{n}}.{{b}_{n}}}}{n}\le \frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}.\frac{{{{b}_{1}}+{{b}_{2}}+…+{{b}_{n}}}}{n}$

Dạng 2: 

$ \displaystyle n({{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+…+{{a}_{n}}{{b}_{n}})\le ({{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}})({{b}_{1}}+{{b}_{2}}+…+{{b}_{n}})$

Bất đẳng thức Chebyshev không được sử dụng trực tiếp mà phải chứng minh lại bằng cách xét hiệu

Bất đẳng thức Chebyshev cho dãy số sắp thứ tự, do đó nếu các số chưa sắp thứ tự ta phải giả sử có quan hệ thứ tự giữa các số.

5. Bất đẳng thức Bernoulli

Với $ \displaystyle x>-1;r\ge 1\vee r\le 0\Rightarrow {{(1+x)}^{r}}\ge 1+rx$

Nếu $ \displaystyle 1>r>0$ thì $ {{(1+x)}^{r}}\le 1+rx$

Bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp hoặc sử dụng BĐT AM-GM

6. Bất đẳng thức Netbitt

Ở đây mình chỉ nêu dạng thường dùng

Với x,y,z là các số thực >0

Bất đẳng thức Netbitt 3 biến:

$ \displaystyle \frac{x}{{y+z}}+\frac{z}{{x+y}}+\frac{y}{{x+z}}\ge \frac{3}{2}$

Dấu “=” xảy ra khi x=y=z>0

BĐT Netbitt 4 biến:

$ \displaystyle \frac{a}{{b+c}}+\frac{b}{{d+c}}+\frac{c}{{d+a}}+\frac{d}{{a+b}}\ge 2$

Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=d>0

7. Bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình điều hòa AM-HM (Arithmetic Means – Hamonic Means)

Nếu $ {{a}_{1}},{{a}_{2}},…,{{a}_{n}}$ là những số thực dương thì

$ \displaystyle \frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}\ge \frac{n}{{\frac{1}{{{{a}_{1}}}}+\frac{1}{{{{a}_{2}}}}+…+\frac{1}{{{{a}_{n}}}}}}$

Dấu “=” xảy ra khi $ {{a}_{1}}={{a}_{2}}=…={{a}_{n}}$

8. Bất đẳng thức Schur

Dạng thường gặp

Cho a,b,c là những số không âm

$ (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\le abc$

$ {{a}^{r}}(a-b)(a-c)+{{b}^{r}}(b-a)(b-c)+{{c}^{r}}(c-a)(c-b)\ge 0$ với r là số thực dương

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c hoặc a=0 và b=c và các hoán vị

9. Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối

Với mọi số thực x,y ta có $ |x+y|\le |x|+|y|$

Đẳng thức xảy ra khi x,y cùng dấu hay $ xy\ge 0$

Với mọi số thực x,y ta có $ |x-y|\ge |x|-|y|$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $ y(x-y)\ge 0$

10. Bất đẳng thức Mincopxki

Với 2 bộ n số $ {{a}_{1}},{{a}_{2}},…,{{a}_{m}}$ và $ {{b}_{1}},{{b}_{2}},…,{{b}_{m}}$ thì :

Dạng 1:

$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+\ldots+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}} \geq \sqrt{\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{m}\right)^{2}+\left(b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{m}\right)^{2}}$

Dạng 2: Cho x,y,z,a,b,c là các số dương ta có

$\sqrt[4]{a b c}+\sqrt[4]{x y z} \leq \sqrt[4]{(a+x)(b+y)(c+z)} \sqrt{a c}+\sqrt{b d} \leq \sqrt{(a+b)(c+d)}$

Trung học phổ thông

19 phương pháp chứng minh bài toán bất đẳng thức

833

Để chứng minh bài toán bất đẳng thức chúng ta có thể áp dụng một hoặc nhiều phương pháp trong 19 phương pháp chứng minh BĐT dưới đây.

– Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa

– Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương

– Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ

– Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy

– Phương pháp 5: Bất đẳng thức Bunhiacopski

– Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép

– Phương pháp 7: Bất đẳng thức Bernouli

– Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu

– Phương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số

– Phương pháp 10: – Phương pháp làm trội

– Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác

– Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa độ

– Phương pháp 13: Đổi biến số

– Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học

– Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng

– Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giác

– Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton.

– Phương pháp 19: Sử dụng tích phân