Chương I
ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG
ĐƯƠNG
I . Tính chất cơ bản:
ax > bx khi x > 0
ax < bx khi x < 0
a. a > b ⇔
a > x
⇒ a + b > x + y Chú ý
b > y
b.
a > x
b > y
a − b > x − y
ab > xy
a x
>
b y
⇒
a > x ≥ 0
⇒ ab > xy
b > y ≥ 0
c.
d. a > b ≥ 0 ⇒ a 2 > b 2
Hệ quả: a > b ⇔ a 2 > b 2
1 1
<
a b
1 1
a
a b
f. A > 0
• x < A ⇔ −A < x < A
e. a > b > 0 ⇒
x < − A
x > A
• x > A⇔
II. Vài bất đẳng thức thông dụng:
Với a, b, c,… tùy ý ( a, b, c... ∈ R )
a. a 2 + b 2 ≥ 2ab ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = b )
b. a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = b = c )
1
1
1
1
4
c. Với a, b > 0 ta có: (a + b) + ≥ 4 ⇔ + ≥
a b a+b
a b
III. Các ví dụ:
π π
tan x − tan y
<1
1 − tan x tan y
Ví dụ 1: Cho x, y ∈ − ; . Chứng minh bất đẳng thức:
4 4
Giải:
π π
x, y ∈ − ; thì −1 < tan x; tan y < 1; 0 ≤ tan 2 x, tan 2 y < 1
4 4
tan x − tan y
Ta có:
<1
1 − tan x tan y
1
⇔ tan x − tan y > 1 − tan x tan y
⇔ tan 2 x + tan 2 y − 2 tan x tan y < 1 − 2 tan x tan y + tan 2 x tan 2 y
⇔ tan 2 x + tan 2 y − tan 2 x tan 2 y − 1 < 0
⇔ tan 2 x(1 − tan 2 y ) − (1 − tan 2 y ) < 0
π π
⇔ (1 − tan 2 y )(tan 2 x − 1) < 0 ( Luôn đúng ∀x, y ∈ − ; )
4 4
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 thì:
1 1 1
a b c
+ b + c ≥ 3. a + b + c
a
3 3 3
3 3 3
Giải:
1
giảm nên ta có:
3x
a b
a b
1 1
0 ≥ ( a − b) a − b ⇒ b + a ≥ a + b
3 3
3 3 3 3
Vì hàm số
Tương tự ta có:
b c
b c c a c a
+ b ≥ b+ c; a+ c ≥ c+ a
c
3 3 3 3 3 3 3 3
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý rằng a + b + c = 1 ), ta được:
1 1 1 a b c
a b c
+ b + c − a + b + c ≥ 2 a + b + c
a
3 3 3 3 3 3
3 3 3
1 1 1
a b c
⇔ a + b + c ≥ 3 a + b + c (đpcm)
3 3 3
3 3 3
Ví dụ 3:
a. Cho x > 0, y > 0 và xy ≤ 1 . Chứng minh:
2
≥
1
1
+
(1)
1+ x 1+ y
1 + xy
b. Cho 0 < a ≤ b ≤ c ≤ d và bd ≤ 1 . Chứng minh:
4
1
1
1
1
≥
+
+
+
1 + 4 abcd 1 + a 1 + b 1 + c 1 + d
Giải:
a. Vì x > 0, y > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với:
2(1 + x)(1 + y ) ≥ (1 + xy )(1 + y ) + (1 + xy )(1 + x)
⇔ 2 + 2 x + 2 y + 2 xy ≥ 1 + xy + y + y xy + 1 + xy + x + x xy
⇔ ( x + y ) + 2 xy ≥ xy ( x + y ) + 2 xy
⇔ ( x + y ) − xy ( x + y ) + 2( xy − xy ) ≥ 0
⇔ ( x + y )(1 − xy ) + 2 xy ( xy −1) ≥ 0
⇔ (1 − xy )( x + y − 2 xy ) ≥ 0
2
⇔ (1 − xy )( x − y )2 ≥ 0 (2)
( x − y )2 ≥ 0
nên (2) đúng (đpcm)
Vì:
xy ≤ 1 ⇒ 1 − xy ≥ 0
a , b, c , d > 0
a , b, c , d > 0
a ≤ b
⇒ ac ≤ db ≤ 1
b. a ≤ b ≤ c ≤ d nên
≤
c
d
bd ≤ 1
bd ≤ 1
Theo kết quả câu a, ta có:
1
2
1
1 + a + 1 + c ≤ 1 + ac (a, c > 0; ac ≤ 1)
2
1 + 1 ≤
(b, d > 0; bd ≤ 1)
1 + c 1 + d 1 + bd
⇒
1
1
1
1
1
1
+
+
+
≤ 2.
+
1+ a 1+ b 1+ c 1+ d
1 + ac 1 + bd
2
≤ 2.
1 + ac . bd
4
=
(đpcm)
1 + abcd
Ví dụ 4:
Cho a, b, c ∈ [ − 1; 2] thỏa mãn điều kiện a + b + c = 0 . Chứng minh:
a 2 + b2 + c 2 ≤ 6
Giải:
• a ∈ [ − 1; 2] ⇔ −1 ≤ a ≤ 2 ⇔ ( a + 1)(a − 2) ≤ 0
⇔ a 2 − a − 2 ≤ 0 ⇔ a 2 ≤ a + 2 (1)
•
b 2 ≤ b + c (2)
Tương tự ta cũng có 2
c ≤ c + 2 (3)
Cộng (1), (2), (3) ta có:
a 2 + b 2 + c 2 ≤ ( a + b + c) + 6 = 6 (đpcm)
Ví dụ 5:
Cho x, y, z ∈ [0;2] và x + y + z = 3 . Chứng minh rằng:
x2 + y 2 + z 2 ≤ 5
Giải:
Ta có: x, y, z ≤ 2 ⇒ (x − 2)( y − 2)( z − 2) ≤ 0
⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) + 4( x + y + z ) − 8 ≤ 0
⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) − 4.(3) − 8 ≤ 0
⇔ xyz ≤ 2( xy + yz + zx) − 4 ( vì x + y + z = 3 )
⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4
⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 = 32 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4
3
⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 − xyz ( Vì x + y + z = 3 )
⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 ( Vì xyz ≥ 0 ) (đpcm)
Ví dụ 6:
Cho x > 0, y > 0, z > 0 và xyz = 1 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:
1
1
1
+ 3 3
+ 3
≤ 1 (1)
3
x + y + 1 y + z + 1 z + x3 + 1
1
1
1
b.
+
+
≤ 1 (2)
x + y +1 y + z +1 z + x +1
a.
3
Giải:
a. Đặt T = vế trái của bất đẳng thức (1) ( ta cần chứng minh T ≤ 1 )
Ta có: x3 + y 3 = ( x + y )( x 2 + y 2 − xy )
x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇔ x 2 + y 2 − xy > xy
x + y > 0 ( Vì x > 0, y > 0)
Mà
Nên ( x + y )( x 2 + y 2 − xy ) ≥ ( x + y ) xy hay x3 + y 3 ≥ xy ( x + y )
⇒ x3 + y 3 +1 ≥ xy ( x + y ) + xyz ( Vì xyz = 1 )
⇔ x 3 + y 3 +1 ≥ xy ( x + y + z ) > 0
1
1
⇔ 3
≤
(a)
3
x + y + 1 xy ( x + y + z )
Tương tự ta có:
1
1
y 3 + z 3 + 1 ≤ xy ( x + y + z ) (b)
⇔
1
1
≤
(c)
3
3
z + x + 1 xy ( x + y + z )
Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có:
1
x+ y+ z
1
1 1
1
+ + =
= 1 ( Vì xyz = 1 ) (đpcm)
( x + y + z ) xy yz zx x + y + z xyz
b. Đặt S bằng vế trái của bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh S ≤ 1 )
x = a3
x , y , z > 0 ⇒ a , b, c > 0
Đặt y = b3 mà
3 3 3
xyz = 1 ⇒ a b c ⇔ abc = 1
z = c3
T≤
a, b, c > 0 và abc = 1 nên theo kết quả câu a, ta có:
1
1
1
+ 3 3
+ 3
≤1
3
3
a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1
1
1
1
⇔
+
+
≤ 1 (đpcm)
x + y +1 y + z +1 z + x +1
Ví dụ 7:
Cho a, b > 0 và b, c > 0 . Chứng minh:
(a − c)c + (b − c)c ≤ ab (1)
4
Giải:
Bất đẳng thức (1) tương đương với:
c(a − c) + (b − c)c + 2 c 2 (a − c)(b − c) ≤ ab
⇔ c 2 + c 2 − ac + ab − bc − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0
⇔ c 2 + a(b − c) − c(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0
⇔ c 2 + (a − c)(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0
2
⇔ c − (a − c)(b − c) ≥ 0 đây là bất đẳng thức đúng (đpcm)
Ví dụ 8:
Chứng minh rằng đối với mọi a, b, c ∈ R , ta có:
a2
+ b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc (1)
4
Giải:
Bất đẳng thức (1) tương đương với:
a 2 + 4b 2 + 4c 2 − 4ac − 8bc + 4ac ≥ 0
⇔ ( a − 2b + 2c) 2 ≥ 0 đây là bất phương trình đúng (đpcm)
Ví dụ 9:
Cho a 3 > 36 và abc = 1 . Chứng minh:
a2
+ b 2 + c 2 > ab + bc + ca (1)
3
Giải:
Bất đẳng thức (1) tương đương với:
a2
+ (b + c)2 − 2bc > a (b + c) + bc
3
a2
⇔ (b + c) 2 − a (b + c) + − 3bc > 0
3
a2 3
1
2
⇔ (b + c) − a (b + c) + − > 0 ( Vì bc = )
a
3 a
x = b + c
⇔
(a)
a2 3
2
f
(
x
)
=
x
−
ax
+
− >0
3 a
Xét tam thức bậc hai f ( x) = x 2 − ax + (
a2 3
− ) có:
3 a
a 2 3 36 − a 3
∆ = a2 − 4 − =
< 0 ( Vì a 3 > 36 )
3
a
3
a
⇒ f ( x) > 0, ∀x ∈ R ⇒ (a ) đúng (đpcm)
Ví dụ 10:
Cho −1 < x < 1 và n ∈ N , n > 1 . Chứng minh:
5
(1 − x)2 + (1 + n)n < 2n
Giải:
Vì −1 < x < 1 nên x = cos α (0 < α < π) lúc đó:
(1 + n) n + (1 − n) n = (1 + cos α )n + (1 − cos α ) n
n
n
α
α
= 2 cos 2 + 2sin 2
2
2
n
n
α
α
α
α
= 2 n cos 2 + sin 2 < 2n cos 2 + sin 2 = 2 n (đpcm)
2
2
2
2
* Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương cần:
1. Chú ý xem kĩ giả thuyết đề cho, vì trong một số trường hợp có thể biến đổi giả thuyết đề cho
thành bất đẳng thức cần chứng minh ( như ở ví dụ 4, 5…).
2. Trong một số trường hợp có thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức
luôn đúng ( được nêu ở ví dụ 1, 3, 7, 8…).
3. Nên thuộc lòng và bất đẳng thức thông dụng được giới thiệu ở phần II.
IV. Bài tập tương tự:
1. Chứng minh rằng: nếu 0 < x ≤ y ≤ z thì:
1 1 1
1 1
y + + ( x + z) ≤ + ( x + z)
x z y
x z
* Hướng dẫn:
Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách quy đông mẫu số, ước lược số hạng ( x + z ) , chuyển
vế, biến đổi vế trái thành dạng tích số,…
2. a, b, c, d là năm số thức tùy ý, chứng minh bất đẳng thức:
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ ab + ac + ad + ac
Khi nào đẳng thức xảy ra?
* Hướng dẫn:
Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng:
2
2
2
2
a
a
a
a
− b + − c + − d + − e ≥ 0
2
2
2
2
…
3. a, b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, chứng minh:
a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca )
* Hướng dẫn:
a < b + c ⇒ a 2 < ab + ac, b < a + c ⇒ ...
4. Chứng minh:
a 2 + b 2 ≥ 2ab, ∀a, b ∈ R
Áp dụng a, b, c là ba số thực tùy ý, chứng minh:
a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c)
6
* Hướng dẫn:
Dùng công thức (a − b)2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ ...
Áp dụng kết quả trên.
5. Chứng minh ∀t ∈ [ − 1;1] ta có:
1+ t + 1− t ≥ 1+ 1+ t2 ≥ 2 − t2
* Hướng dẫn
• Với ∀t ∈ [ − 1;1] , ta luôn có:
(1 − t ) + 2 (1 − t )(1 + t ) + (1 + t ) ≥ 1 + 2 1 − t 2 + (1 − t 2 )
Biến đổi tương đương suy ra 1 + t + 1 − t ≥ 1 + 1 + t 2
• Từ: 0 ≤ 1 − t 2 ≤ 1
⇒ 1+ 1+ t2 ≥ 2 − t2
Chương II
BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY)
I. Phương pháp giải toán
1) Cho 2 số a,b > 0, ta có:
a+b
≥ ab
2
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
2) Cho n số a1, a2 , a3,..., an ≥ 0 ta có:
a1 + a2 + a3 + ... + an n
≥ a1a2 a3 ...an
n
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = a3 = ... = an
3) Bất đẳng thức côsi suy rộng
Phát biểu: Với các số thực dương a1 , a2 , a3 ,..., an và x1 , x2 , x3 ,..., xn là các số
thực không âm và có tổng bằng 1, ta có:
a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 + ... + an xn ≥ a1x1 a2 x2 a3 x3 ...an xn
7
Tổng quát: Cho n số dương tùy ý ai, i = 1, n và n số hữu tỉ dương qi,
n
thỏa
∑q
i
i =1
= 1 khi đó ta luôn có:
n
∏a
qi
i
i =1
i = 1, n
n
≤ ∑ qi .ai
i =1
Dấu “=” xảy ra
II. Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho n số dương ai, i = 1, n . Chứng minh rằng:
1 1 1
1
(a1 + a2 + a3 + ... + an ) + + + ... + ≥ n 2
an
a1 a2 a3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số a1 , a2 , a3 ,..., an ,
1 1 1
1
, , ,...,
a1 a2 a3
an
Ta có:
a1 + a2 + a3 + ... + an ≥ n n a1a2 a3 ...an
1 1 1
1
n
+ + + ... + ≥
a1 a2 a3
an n a1a2 a3 ...an
Nhân 2 vế tương ứng ta được bất đẳng thức cần chứng minh và dấu “=” xảy ra khi
a1 = a2 = a3 = ... = an
Ví dụ 2:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luôn có:
1
1
1
27
+
+
≥
a (a + b) b(b + c) c(c + a) 2(a + b + c) 2
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho vế trái:
1
1
1
3
+
+
≥
a (a + b) b(b + c) c(c + a ) 3 abc(a + b)(a + c)(b + c)
Mà
33 abc ≤ (a + b + c)3
33 (a + b)(b + c)(c + a ) ≤ 8( a + b + c)3
8
( a + b + c)6
6
3
2
⇔ 3 abc(a + b)(b + c)(c + a ) ≤ ( a + b + c) 2
9
⇒ abc (a + b)(b + c)(c + a) ≤
8
(1)
⇔
9
3
27
≥
2
abc(a + b)(b + c)(c + a ) 2( a + b + c)
(2)
Từ (1)(2) đpcm
Dấu “=” xảy ra a = b = c
Ví dụ 3: Chứng minh với mọi số dương a, b, c ta luôn có
1
1
1
1
+
+
≤
a 3 + b 3 + abc b3 + c 3 + abc c 3 + a 3 + abc abc
Giải
Ta có:
a3 + b3 ≥ ab(a + b)
Nên
abc
abc
c
≤
=
3
a + b + abc ab( a + b) + abc a + b + c
3
Tương tự ta cũng có
abc
abc
a
≤
=
b3 + c3 + abc bc(b + c) + abc a + b + c
abc
abc
b
≤
=
3
a + c + abc ac(a + c) + abc a + b + c
Cộng vế theo vế ta được
3
1
1
1
abc 3 3
+ 3 3
+ 3 3
≤1
a
+
b
+
abc
b
+
c
+
abc
c
+
a
+
abc
Hay
1
1
1
1
+ 3 3
+ 3
≤
(đpcm)
3
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc
3
III. Bài tập tương tự
1. Các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức :
xy
yz
xz
+ 5
≤1
5
5
5
x + xy + y
y + yz + z x + xz + z 5
5
*Hướng dẫn:
Ta có: x 2 + y 2 ≥ 2 xy
⇒ x5 + y 5 ≥ 2 x5 y 5 = 2x 2 y 2 xy ≥ (x+y)x 2 y 2
9
Do đó :
xy
xy
1
z
≤
=
=
5
2 2
x + xy + y
xy + (x+y)x y
1 + xy ( x + y ) x + y + z
5
Tương tự:
yz
x
≤
5
y + yz + z
x+ y+z
xz
y
≤
5
5
x + xz + z
x+ y+z
5
Cộng vế theo vế ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.
2. Với mọi x, y, z dương. Chứng minh :
x3 y 3 z 3
+ +
≥ x+ y+z
yz xz xy
*Hướng dẫn:
Áp dụng bất dẳng thức côsi, ta có:
x3
+ y + z ≥ 3x
yz
y3
+ x + z ≥ 3y
xz
z3
+ x + y ≥ 3z
xy
Cộng vế theo vế ta được:
x3 y 3 z 3
+ + + 2( x + y + z ) ≥ 3( x + y + z )
yz xz xy
⇒ đpcm
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.
3. Cho a, b, c là 3 số nguyên dương. Chứng minh:
2
(b + c) + (a + c) + (a + b) ≤ (a + b + c)
3
a
b
a +b + c
c
*Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có:
(b + c) + ... + (b + c) + (a + c) + ... + (a + c) + (a + b) + ... + (a + b)
n lần
n lần
n lần
≥ (a + b + c).a +b + c (b + c) a (a + c)b (a + b)c
Hay :
2(a + b + c)
a + b + c
a +b + c
≥ (b + c) a (a + c)b (a + b)c (1)
10
Ta có bất đẳng thức sau:
2(a + b + c) 2(ab + bc + ca )
≥
(2)
3
a+b+c
Thật vậy (2) ⇔ (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca)
⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca (đúng)
Từ (1)(2), ta có đpcm
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
4. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
≥3
b+c−a c+ a−b a +b−c
*Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức côsi:
(b + c − a )(c + a − b) ≤
b + c − a + c + a − b)
=c
2
Tương tự :
(a + b − c)(c + a − b) ≤ a
(b + c − a )(a + b − c) ≤ b
Nhân vế theo vế ta được:
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc
abc
⇒
≥ 1 (1)
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c)
Ta lại dử dụng bất đẳng thức côsi:
a
b
c
abc
+
+
≥ 33
≥ 3 do(1) (đpcm)
b+c−a c+a −b a +b−c
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c)
11
Chương III
BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG BẤT ĐẲNG THỨC
BUNHIACOPXKI ( B.C.S)
I. Bất đẳng thức bunhiacopxki:
Cho 2 n số thực ( n ≥ 2 )
a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn.
Ta có: (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 )
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
a
a1 a2
=
= ... = n hay a1 = kb1 ; a2 = kb2 ; ...; an = kbn
b1 b2
bn
Chứng minh:
a = a 2 + a 2 + ... + a 2
1
2
n
Đặt:
b = b12 + b2 2 + ... + bn 2
• Nếu a = 0 hay b = 0 thì bất đẳng thức luôn đúng
• Nếu a, b > 0 :
a
b
Đặt: α i = i ; β i = i ( i = 1, n )
a
b
2
2
Thế thì α1 + α 2 + ... + α n 2 = β12 + β 2 2 + ... + β n 2 = 1
1
Mà: α i β i ≤ (α i 2 + β i 2 )
2
1
Suy ra: α1β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) ≤ 1
2
⇒ a1b1 + a2b2 + ... + an bn ≤ ab
Lại có: a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≤ a1b1 + a2b2 + ... + anbn
Suy ra: (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 )
α = β i
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ i
ng daá
u
α1β1 ,...α n β n cuø
⇔
a
a1 a2
=
= ... = n
b1 b2
bn
II. Các ví dụ:
Ví dụ 1:
Cho a, b, c > 0 . Chứng minh:
a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
b+c c+a a+b
2
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:
12
a2
b2
c2
( b + c )2 + ( a + c ) 2 + ( a + b ) 2 ≥ (a + b + c) 2
+
+
2
2
2
( b + c) ( c + a) ( a + b)
a2
b2
c2
a+b+c
⇔
+
+
≥
b+c c+a a+b
2
(
)
Ví dụ 2:
Cho a 2 + b 2 = 1 . Chứng minh: a b + 1 + b a + 1 ≤ 2 + 2
Giải:
Áp dụng 2 lần bất đẳng thức B.C.S ta có:
(a b + 1 + b a + 1 )2 ≤ ( a 2 + b 2 )(b + 1 + a + ) = 2 + a + b
≤ 2 + 12 + 12 . a 2 + b 2 = 2 + 2 (do a 2 + b 2 = 1 )
Vì vậy a b + 1 + b a + 1 ≤ 2 + 2 .
a b +1
=
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ b a + 1 ⇒ a = b
a = b
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng nếu phương trình
x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + 1 = 0 (1) cos nghiệm thì a 2 + b 2 + c 2 ≥
Giải:
Từ (1) ta có: −(1 + x 4 ) = ax3 + bx 2 + cx
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:
(1 + x 4 ) 2 = (ax3 + bx 2 + cx) 2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )( x 6 + x 4 + x 2 )
(1 + x 4 ) 2
(2)
x6 + x4 + x2
(1 + x 4 )2
4
Mặt khác: 6 4 2 ≥ (3)
x +x +x
3
4
Thật vậy: (3) ⇔ 3(1 + 2 x + x8 ) ≥ 4( x 6 + x 4 + x 2 )
⇒ (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥
⇔ 3x8 − 4 x 6 + 2 x 4 − 4 x 2 + 3 ≥ 0
⇔ ( x 2 − 1) 2 (3 x 4 + 2 x 2 + 3) ≥ 0 ( luôn đúng)
4
Từ (2) và (3): a 2 + b 2 + c 2 ≥
3
2
a = b = c = 3 ( x = 1)
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
a = b = c = − 2 (x = −1)
3
Ví dụ 4:
Cho a, b, c > 0 thỏa a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
13
4
3
P=
1
1
1 1
+
+ +
≥ 30
2
2
a + b + c ab bc ca
2
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:
1
1
1
1
100 =
. a 2 + b2 + c 2 +
.3 ab +
.3 bc +
.3 ca
2
2
2
ab
bc
ca
a +b +c
1
1
1 1
≥ 2
+
+ + ( a 2 + b 2 + c 2 + 9ab + 9bc + 9ca )
2
2
a + b + c ab bc ca
7
10 P
= P (a + b + c)2 + 7(ab + bc + ca ) ≤ P 1 + (a + b + c)2 ≤
⇒ P ≥ 30
3
3
Do: a + b + c = 1 ( theo giả thuyết)
(a + b + c)2
⇒ ab + bc + ca ≤
3
Ví dụ 5:
Cho a, b, c > 0 và abc = 1 . Chứng minh rằng:
1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥
a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2
3
Giải:
1
x
1
y
1
z
Đặt: a = ; b = ; c = . Khi đó từ a, b, c > 0 và abc = 1 ⇒ x, y, z > 0 và xyz = 1
Bất đẳng thức đã cho đưa về dưới dạng sau:
x3 yz y 3 zx z 3 xy 3
+
+
≥
y+z z+x x+ y 2
⇒
x2
y2
z2
3
+
+
≥
(do xyz = 1 ) (1)
y+z z+x x+ y 2
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:
x2
y2
z2
2
⇒
+
+
( y + z + z + x + x + y) ≥ ( x + y + z )
y
+
z
z
+
x
x
+
y
2
2
2
x
y
z
( x + y + z )2 x + y + z
⇔
+
+
≥
=
(2)
y + z z + x x + y 2( x + y + z )
2
x
y
z
x+ y+z
1
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
=
=
=
=
y + z z + x x + y 2( x + y + z ) 2
⇔ y + z = 2 x; z + x = 2 y; x + y = 2z
⇔ x= y=z
Mặt khác, theo bất đẳng thức Causi: x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3 ( do xyz = 1 ) (3)
Dấu “ = ” xảy ra khi x = y = z .
x2
y2
z2
3
+
+
≥ . Vậy (1) đúng.
y+z z+x x+ y 2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y = z hay a = b = c
Từ (2) và (3) suy ra:
14
⇒ đpcm.
Ví dụ 6:
Cho ∆ABC tùy ý có m1, m2, m3 là độ dài 3 đường trung tuyến và R là bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng
9R
≥2
m1 + m2 + m3
Giải:
Ta có công thức đường trung tuyến:
2b 2 + 2c 2 − a 2
4
3
⇒ ma 2 + mb 2 + mc 2 = (a 2 + b 2 + c 2 )
4
Mặt khác, trong mỗi tam giác ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 9R 2 (1)
Dấu “ = ” trong (1) xảy ra ⇔ ∆ABC đều.
27 2
⇒ ma 2 + mb 2 + mc 2 ≤
R (2)
4
ma 2 =
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:
⇒ ( ma + mb + mc ) ≤ 3( ma 2 + mb 2 + mc 2 ) (3)
2
Dấu “ = ” trong (3) xảu ra ⇔ ma = mb = mc ⇔ ∆ABC đều.
81 2
R
4
9R
⇔ ma + mb + mc ≤
2
9R
⇔
≥2
ma + mb + mc
Từ (2) và (3) ⇒ ( ma + mb + mc ) ≤
2
Dấu “ = ” xảy ra đồng thời trong (2) và (3) hay ∆ABC đểu.
Ví dụ 7:
Cho a1 , a2 ,..., an > 0 . Chứng minh rằng:
an
(a1 + a2 + ... + an ) 2
a1
a2
+
+ ... +
≥
a2 + a3 a3 + a4
a1 + a2 2(a12 + a2 2 + ... + an 2 )
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:
a1
an
a2
2
+
+ ... +
[ a1 ( a2 + a3 ) + a2 ( a3 + a4 ) + ... + an ( a1 + a2 )] ≥ (a1 + a2 + ... + an )
+
+
+
a
a
a
a
a
a
2 3
3
4
1
2
an
(a1 + a2 + ... + an ) 2
a1
a2
Hay
+
+ ... +
≥
(1)
a2 + a3 a3 + a4
a1 + a2 a1a2 + a1a3 + a2 a3 + a2 a4 + ... + an a1 + an a2
Dấy “ = ” xảy ra: ⇔ a2 + a3 = a3 + a4 = ... = an + a1 = a1 + a2
15
⇔ a1 = a2 = ... = an
a 2 + a32
a12 + a2 2 a12 + a3 2
+
= a12 + 2
2
2
2
2
2
a + a4
a2 a3 + a2 a4 ≤ a2 2 + 3
2
Do a1a2 + a1a3 ≤
…
a12 + a2 2
an a1 + an a2 ≤ an +
2
2
Cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có:
( a1a2 + a1a3 ) + ( a2 a3 + a2 a4 ) + ... + ( an a1 + an a2 ) ≤ 2 ( a12 + a2 2 + ... + an 2 ) (2)
Dấu “ = ” trong (2) xảy ra khi:
a1 = a2 = ... = an
Từ (1), (2) suy ra:
an
(a1 + a2 + ... + an ) 2
a1
a2
+
+ ... +
≥
a2 + a3 a3 + a4
a1 + a2 2(a12 + a2 2 + ... + an 2 )
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an
III. Bài tập tương tự:
1. Cho ab + bc + ca = 4 . Chứng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≥
16
3
*Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S hai lần:
(ab + bc + ca ) 2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )(b 2 + c 2 + a 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≤ 3(a 4 + b 4 + c 4 )
16
⇒ a4 + b4 + c4 ≥
( do ab + bc + ca = 4 ).
3
2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = b = c = ±
3
x 2 + xy + y 2 = 3
2. Cho 2
2
y + yz + z = 16
Chứng minh rằng: xy + yz + xz ≤ 8
*Hướng dẫn
Theo bất đẳng thức B.C.S, ta có:
2
2
x 3 3
z
18 = ( x 2 + xy + y 2 )( y 2 + yz + z 2 ) = y + + x 2 z 2 + y +
2 4 4
2
2
x 3
3
z
3
2
≥ y +
z+
x y + = ( xy + yz + xz )
2 2
2
2
4
⇒ ( xy + yz + xz ) ≤ 64
2
⇒ đpcm.
16
3. Chứng minh rằng nếu phương trình x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 có nghiệm thì:
a 2 + b2 ≥
4
5
*Hướng dẫn
Gọi x là nghiệm của phương trình đã cho:
x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 ( ⇒ x ≠ 0 )
Chia 2 vế cho x 2 > 0 , ta được:
1
2 1
x + 2 + a x + + b = 0 (1)
x
x
1
Đặt t = x + , t ≥ 2 .
x
2
(1) ⇔ t + at + b − 2 = 0 ⇔ 2 − t 2 = at + b
Áp dụng B.C.S: ( 2 − t 2 ) = ( at + b ) ≤ ( a 2 + b 2 )( t 2 + 1)
2
2
(2 − t )
≥
2 2
⇒ a +b
2
2
t 2 −1
(2 − t )
Ta dễ chứng minh được:
2 2
t −1
2
⇒ a2 + b2 ≥
≥
4
( dành cho bạn đọc tự chứng minh).
5
4
5
4. Cho x, y, z > 0 thỏa xy + yz + xz = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
T=
x2
y2
z2
+
+
x+ y y+z z+x
*Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:
+) 1 = x y + y z + z x ≤ x + y + z . x + y + z = x + y + z
x
y
z
+) ( x + y + z ) =
x+ y +
y+z +
z+x
y+z
z+x
x+ y
x2
y2
z2
≤
+
+
( x + y + y + z + z + x ) = 2T ( x + y + z )
x+ y y+z z+x
2
⇒T ≥
1
1
(x + y + z) =
2
2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y = z =
Vậy Min(T ) =
1
3
1
1
khi x = y = z = .
2
3
17
2
5. Cho x ≥ y ≥ z ≥ 0 . Chứng minh rằng:
x2 y y2 z z 2 x
+
+
≥ x2 + y 2 + z 2
z
x
y
*Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:
x2 y y2 z z 2 x x2 z y 2 x z 2 y
2
2
2 2
+
+
+
+
≥ (x + y + z )
x
y y
z
x
z
Xét hiệu:
x2 y y2 z z 2 x x2 z y 2 x z 2 y
+
+
−
−
−
z
x
y
y
z
x
1
=
( x − y )( y − z )( z − x )( xy + yz + xz ) > 0 (2)
xyz
x2 y y2 z z2 x
+
+
≥ x2 + y 2 + z 2
Từ (1), (2) ⇒
z
x
y
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y = z
A=
6. Cho ∆ABC , M là điểm bất kì trong tam giác. Gọi x, y, z, là các khoảng cách từ M xuống BC,
AC, AB. Chứng minh rằng:
x+ y+ z≤
a2 + b2 + z 2
2R
*Hướng dẫn
Ta có: S MBC + SMCA + S MAB = S
⇒
x y z
+ + =1
ha hb hc
x y z
+ +
h
a hb hc
Ta có: ha + hb + hc = ( ha + hb + hc )
Theo bất đẳng thức B.C.S, suy ra:
x
y
z
ha + hb + hc ≥ ha
+ hb
+ hc
ha
hb
hc
⇒ ha + hb + hc ≥ x + y + z (1)
Do trong mọi tam giác nên ta có:
ha = b sin C ; hb = c sin A; hc = a sin B nên:
ha + hb + hc = ha = b sin C + hb = c sin A + hc = a sin B =
Theo bất đẳng thức Causi:
ha + hb + hc =
a2 + b2 + c2
(2)
2R
18
bc + ac + ab
2R
Từ (1), (2) suy ra đpcm.
Dấu “ = ” xảy ra khi ∆ABC đều, M là trọng tâm tam giác.
Chương IV
BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ – BƯ – SEP (TCHEBYCHEV)
I. Phát biểu
- Cho 2 dãy số a1 , a2 , a3 ,..., an và b1 , b2 , b3 ,..., bn
+ Nếu 2 dãy số cùng tăng hoặc cùng giảm
a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an
a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an
hoặc
b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn
b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn
( a1 + a2 + a3 +...+ an )( b1 +b2 +b3 +... +bn ) ≤ n(ab
1 1 + a2b2 + a3b3 +... + anbn )
Ta có:
+ Nếu 1 dãy tăng, 1 dãy giảm
a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an
a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an
hoặc
b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn
b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn
Ta có:
( a1 + a2 + a3 + ... + an )( b1 + b2 + b3 + ... + bn ) ≥ n(a1b1 + a2b2 + a3b3 + ... + anbn )
a1 = a2 = a3 = ... = an
b1 = b2 = b3 = ... = bn
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
II. Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho a + b ≥ 0 .
3
3
5
5
9
9
Chứng minh (a + b)(a + b )(a + b ) ≤ 4(a + b )
19
Giải
Giả sử
a 3 ≥ b3
a≥b⇒ 5
5
a ≥ b
Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có:
a 3 + b3 a 5 + b5 a 8 + b8
(1)
≤
2
2
2
Nhân vế của (1) cho
a+b
≥ 0 , ta có:
2
3
3
5
5
8
8
a + b a + b a + b a + b a + b
≤
2 2 2 2 2
Cũng theo bất đẳng thức trê – bư – sep ta có:
8
8
9
9
a + b a + b a + b
≤
2 2 2
Suy ra:
(a + b)( a 3 + b3 )( a 5 + b5 ) a 9 + b9
≤
8
2
3
3
5
5
⇔ ( a + b)( a + b )(a + b ) ≤ 4(a 9 + b9 )
Dấu “=” xảy ra
⇔a=b
2
2
2
Ví dụ 2: Cho dãy số dương trong đó : a1 + a2 + ... + an > 1
an3
a13
a23
1
+
+
...
+
>
Chứng minh:
s − a1 s − a2
s − an n − 1
Với s = a1 + a2 + ... + an
Giải
Không mất tính tổng quát ta giả sử:
a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an do:
20
- Xem thêm -
.PDF 
49 
883 
81 
