* 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.
49 trang |
Chia sẻ: lylyngoc | Lượt xem: 2148 | Lượt tải: 5
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Các dạng bất đẳng thức, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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 2a b a b> ≥ 0⇒ >
Hệ quả: 2 2a b a b> ⇔ >
e.
1 1
a b
a b
> > 0⇒ <
1 1
a b
a b
f. 0A >
• 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 2a b ab+ ≥ ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b= )
b. 2 2 2a b c ab bc ca+ + ≥ + + ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b c= = )
c. Với , 0a b > ta có:
1 1 1 1 4
( ) 4a b
a b a b a b
+ + ≥ ⇔ + ≥ +
III. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho , ;
4 4
x y
pi pi ∈ −
. Chứng minh bất đẳng thức:
tan tan
1
1 tan tan
x y
x y
−
<
−
Giải:
, ;
4 4
x y
pi pi ∈ −
thì 2 21 tan ; tan 1; 0 tan , tan 1x y x y− < < ≤ <
Ta có:
tan tan
1
1 tan tan
x y
x y
−
<
−
⇒
2
tan tan 1 tan tanx y x y⇔ − > −
2 2 2 2tan tan 2 tan tan 1 2 tan tan tan tanx y x y x y x y⇔ + − < − +
2 2 2 2tan tan tan tan 1 0x y x y⇔ + − − <
2 2 2tan (1 tan ) (1 tan ) 0x y y⇔ − − − <
2 2(1 tan )(tan 1) 0y x⇔ − − < ( Luôn đúng , ;
4 4
x y
pi pi ∀ ∈ −
)
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện 1a b c+ + = thì:
1 1 1
3.
3 3 3 3 3 3a 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 3a b b a a b
a b a b
a b
≥ − − ⇒ + ≥ +
Tương tự ta có:
3 3 3 3c b b c
b c b c
+ ≥ + ;
3 3 3 3a c c a
c a c a
+ ≥ +
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý rằng 1a b c+ + = ), ta được:
1 1 1
3 3 3 3 3 3 3 3 3a b c a b c a b c
a b c a b c + + − + + ≥ 2 + +
1 1 1
3
3 3 3 3 3 3a b c a b c
a b c ⇔ + + ≥ + +
(đpcm)
Ví dụ 3:
a. Cho 0, 0x y> > và 1xy ≤ . Chứng minh:
2 1 1
1 11 x yxy
≥ +
+ ++
(1)
b. Cho 0 a b c d< ≤ ≤ ≤ và 1bd ≤ . Chứng minh:
4
4 1 1 1 1
1 1 1 11 a b c dabcd
≥ + + +
+ + + ++
Giải:
a. Vì 0, 0x 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 1x y xy xy y y xy xy x x xy⇔ + + + ≥ + + + + + + +
( ) 2 ( ) 2x y xy xy x y xy⇔ + + ≥ + +
( ) ) 2(x y xy x y xy xy⇔ + − ( + + − ) ≥ 0
( )(1 2x y xy xy xy⇔ + − )+ ( −1) ≥ 0
(1 2xy 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
>
≤
≤
≤
1ac 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 0a b c+ + = . Chứng minh:
2 2 2 6a b c+ + ≤
Giải:
• [ 1;2] 1 2 1)( 2) 0a a a a∈ − ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ( + − ≤
2 22 0 2a 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 6a b c a b c+ + ≤ ( + + + = (đpcm)
Ví dụ 5:
Cho , , [0;2]x y z∈ và 3x y z+ + = . Chứng minh rằng:
2 2 2x y z+ + ≤ 5
Giải:
Ta có: , , 2 ( 2)( 2)( 2) 0x y z x y z≤ ⇒ − − − ≤
2( ) 4( ) 8 0xyz xy yz zx x y z⇔ − + + + + + − ≤
2( ) 4.(3) 8 0xyz xy yz zx⇔ − + + − − ≤
2( ) 4xyz xy yz zx⇔ ≤ + + − ( vì 3x y z+ + = )
2 2 2 2( ) ( ) 4xyz x y z x y z⇔ ≤ + + − + + −
2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) 4 3 ( ) 4xyz x y z x y z x y z⇔ ≤ + + − + + − = − + + −
4
2 2 2 5x y z xyz⇔ + + ≤ − ( Vì 3x y z+ + = )
2 2 2 5x y z⇒ + + ≤ ( Vì 0xyz ≥ ) (đpcm)
Ví dụ 6:
Cho 0, 0, 0x y z> > > và 1xyz = . Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a.
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1x y y z z x
+ + ≤
+ + + + + +
(1)
b.
1 1 1
1
1 1 1x y y z z x
+ + ≤
+ + + + + +
(2)
Giải:
a. Đặt T = vế trái của bất đẳng thức (1) ( ta cần chứng minh T 1≤ )
Ta có: 3 3 2 2( )( )x y x y x y xy+ = + + −
Mà
2 2 2 22
0 ( Vì 0, 0)
x y xy x y xy xy
x y x y
+ ≥ ⇔ + − >
+ > > >
Nên 2 2( )( ) ( )x y x y xy x y xy+ + − ≥ + hay 3 3 ( )x y xy x y+ ≥ +
3 3 ( )x y xy x y xyz⇒ + +1≥ + + ( Vì 1xyz = )
3 3 ( ) 0x y xy x y z⇔ + +1≥ + + >
3 3
1 1
1 ( )x y xy x y z
⇔ ≤
+ + + +
(a)
Tương tự ta có:
3 3
3 3
1 1
(b)
1 ( )
1 1
(c)
1 ( )
y z xy x y z
z x xy x y z
≤ + + + +
⇔
≤
+ + + +
Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có:
1 1 1 1 1
T 1
( )
x y z
x y z xy yz zx x y z xyz
+ +
≤ + + = = + + + +
( Vì 1xyz = ) (đpcm)
b. Đặt S bằng vế trái của bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh S ≤1)
Đặt
3
3
3
x a
y b
z c
=
=
=
mà
3 3 3
, , 0 , , 0
1 1
x y z a b c
xyz a b c abc
> ⇒ >
= ⇒ ⇔ =
, , 0a b c > và 1abc = nên theo kết quả câu a, ta có:
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
1 1 1
1
1 1 1x y y z z x
⇔ + + ≤
+ + + + + +
(đpcm)
Ví dụ 7:
Cho , 0a b > và , 0b c > . Chứng minh:
( ) ( )a c c b c c ab− + − ≤ (1)
5
Giải:
Bất đẳng thức (1) tương đương với:
2( ) ( ) 2 ( )( )c a c b c c c a c b c ab− + − + − − ≤
2 2 2 ( )( ) 0c c ac ab bc c a c b c⇔ + − + − − − − ≥
2 ( ) ( ) 2 ( )( ) 0c a b c c b c c a c b c⇔ + − − − − − − ≥
2 ( )( ) 2 ( )( ) 0c a c b c c a c b c⇔ + − − − − − ≥
2
( )( ) 0c a c b c ⇔ − − − ≥ đây là bất đẳng thức đúng (đpcm)
Ví dụ 8:
Chứng minh rằng đối với mọi , ,a b c R∈ , ta có:
2
2 2 2
4
a
b c ab ac bc+ + ≥ − + (1)
Giải:
Bất đẳng thức (1) tương đương với:
2 2 24 4 4 8 4a b c ac bc ac+ + − − + ≥ 0
22 2 ) 0a b c⇔ ( − + ≥ đây là bất phương trình đúng (đpcm)
Ví dụ 9:
Cho 3 36a > và 1abc = . Chứng minh:
2
2 2
3
a
b c ab bc ca+ + > + + (1)
Giải:
Bất đẳng thức (1) tương đương với:
2
2( ) 2 ( )
3
a
b c bc a b c bc+ + − > + +
2
2( ) ( ) 3 0
3
a
b c a b c bc⇔ + − + + − >
2
2 3( ) ( ) 0
3
a
b c a b c
a
⇔ + − + + − >
( Vì
1
bc
a
= )
22 ( )3( ) 0
3
x b c
aa
f x x ax
a
= +
⇔ = − + − >
Xét tam thức bậc hai
2
2 3( ) ( )
3
a
f x x ax
a
= − + − có:
2 3
2 3 364 0
3 3
a a
a
a a
−
∆ = − − = <
( Vì 3 36a > )
( ) 0, ( )f x x R a⇒ > ∀ ∈ ⇒ đúng (đpcm)
Ví dụ 10:
Cho 1 1x− . Chứng minh:
6
2(1 ) (1 ) 2n nx n− + + <
Giải:
Vì 1 1x− < < nên cos (0x α α= < < pi) lúc đó:
(1 ) (1 ) (1 cos (1 cos )n n n nn n α α+ + − = + ) + −
2 22cos 2sin
n n
α α = + 2 2
2 2 2 22 cos sin 2 cos sin 2
n n
n n nα α α α = + < + = 2 2 2 2
(đpcm)
* 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 1y 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:
2 2 2 2 2a b c d e 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
0
2 2 2 2
a a a a
b c d e
− + − + − + − ≥
…
3. a, b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, chứng minh:
2 2 2 2( )a b c ab bc ca+ + < + +
* Hướng dẫn:
2 , ...a b c a ab ac b a c< + ⇒ < + < + ⇒
4. Chứng minh:
2 2 2 , , Ra b ab a b+ ≥ ∀ ∈
Áp dụng a, b, c là ba số thực tùy ý, chứng minh:
4 4 4 ( )a b c abc a b c+ + ≥ + +
7
* Hướng dẫn:
Dùng công thức 2 2 2( ) 0 ...a b a b− ≥ ⇔ + ≥
Áp dụng kết quả trên.
5. Chứng minh [ 1;1]t∀ ∈ − ta có:
2 21 1 1 1 2t t t t+ + − ≥ + + ≥ −
* Hướng dẫn
• Với [ 1;1]t∀ ∈ − , ta luôn có:
2 2(1 ) 2 (1 )(1 ) (1 ) 1 2 1 (1 )t t t t t t− + − + + + ≥ + − + −
Biến đổi tương đương suy ra 21 1 1 1t t t+ + − ≥ + +
• Từ: 20 1 1t≤ − ≤
2 21 1 2t t⇒ + + ≥ −
Chương II
BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY)
I. Phương pháp giải toán
1) Cho 2 số a,b > 0, ta có:
2
a b
ab
+
≥
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
2) Cho n số 1 2 3, , ,..., 0na a a a ≥ ta có:
1 2 3 1 2 3
...
...n n n
a a a a
a a a a
n
+ + + +
≥
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3 ... na a a a= = = =
3) Bất đẳng thức côsi suy rộng
Phát biểu: Với các số thực dương 1 2 3, , ,..., na a a a và 1 2 3, , ,..., nx x x x là các số
thực không âm và có tổng bằng 1, ta có:
31 21 1 2 2 3 3 1 2 3... ...
nx xx x
n n na x a x a x a x a a a a+ + + + ≥
8
Tổng quát: Cho n số dương tùy ý ai, i = 1,n và n số hữu tỉ dương qi, i = 1,n
thỏa
1
1
n
i
i
q
=
=∑ khi đó ta luôn có:
11
.i
n n
q
i i i
ii
a q a
==
≤∑∏
Dấu “=” xảy ra
II. Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho n số dương ai, i = 1,n . Chứng minh rằng:
2
1 2 3
1 2 3
1 1 1 1
( ... ) ...n
n
a a a a n
a a a a
+ + + + + + + + ≥
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số 1 2 3
1 2 3
1 1 1 1
, , ,..., , , , ,...,n
n
a a a a
a a a a
Ta có:
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
... ...
1 1 1 1
...
...
n
n n
n
n n
a a a a n a a a a
n
a a a a a a a a
+ + + + ≥
+ + + + ≥
Nhân 2 vế tương ứng ta được bất đẳng thức cần chứng minh và dấu “=” xảy ra khi
1 2 3 ... na a a a= = = =
Ví dụ 2:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luôn có:
2
1 1 1 27
( ) ( ) ( ) 2( )a a b b b c c c a a b c
+ + ≥
+ + + + +
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho vế trái:
3
1 1 1 3
( ) ( ) ( ) ( )( )( )a a b b b c c c a abc a b a c b c
+ + ≥
+ + + + + +
(1)
Mà
3 3
3 3
6
6
23
3 ( )
3 ( )( )( ) 8( )
8
( )( )( ) ( )
3
2
( )( )( ) ( )
9
abc a b c
a b b c c a a b c
abc a b b c c a a b c
abc a b b c c a a b c
≤ + +
+ + + ≤ + +
⇒ + + + ≤ + +
⇔ + + + ≤ + +
9
29
3 27
2( )( )( )( ) a b cabc a b b c c a
⇔ ≥
+ ++ + +
(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
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤
+ + + + + +
Giải
Ta có:
3 3 ( )a b ab a b+ ≥ +
Nên
3 3 ( )
abc abc c
a b abc ab a b abc a b c
≤ =
+ + + + + +
Tương tự ta cũng có
3 3
3 3
( )
( )
abc abc a
b c abc bc b c abc a b c
abc abc b
a c abc ac a c abc a b c
≤ =
+ + + + + +
≤ =
+ + + + + +
Cộng vế theo vế ta được
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1abc
a b abc b c abc c a abc
+ + ≤ + + + + + +
Hay
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤
+ + + + + +
(đpcm)
III. Bài tập tương tự
1. Các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức :
5 5 5 5 5 5
1
xy yz xz
x xy y y yz z x xz z
+ ≤
+ + + + + +
*Hướng dẫn:
Ta có: 2 2 2x y xy+ ≥
5 5 5 5 2 2 2 22 = 2 (x+y)x y x y x y xy x y⇒ + ≥ ≥
10
Do đó :
5 5 2 2
1
(x+y) 1 ( )
xy xy z
x xy y xy x y xy x y x y z
≤ = =
+ + + + + + +
Tương tự:
5 5
5 5
yz x
y yz z x y z
xz y
x xz z x y z
≤
+ + + +
≤
+ + + +
Cộng vế theo vế ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.
2. Với mọi x, y, z dương. Chứng minh :
3 3 3x y z
x y z
yz xz xy
+ + ≥ + +
*Hướng dẫn:
Áp dụng bất dẳng thức côsi, ta có:
3
3
3
3
3
3
x
y z x
yz
y
x z y
xz
z
x y z
xy
+ + ≥
+ + ≥
+ + ≥
Cộng vế theo vế ta được:
3 3 3
2( ) 3( )
x y z
x y z 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
( ) ( ) ( ) ( )
3
a b c
a b cb c a c a b a b 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 ca b ca b c b c a c a b+ +≥ + + + + +
Hay :
2( )
( ) ( ) ( )
a b c
a b ca b c b c a c a b
a b c
+ +
+ + ≥ + + + + +
(1)
11
Ta có bất đẳng thức sau:
2( ) 2( )
3
a b c ab bc ca
a b c
+ + + +
≥
+ +
(2)
Thật vậy (2) 2( ) 3( )a b c ab bc ca⇔ + + ≥ + +
2 2 2a b c 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:
3
a b c
b c a c a b a b c
+ + ≥
+ − + − + −
*Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức côsi:
)
( )( )
2
b c a c a b
b c a c a b c
+ − + + −
+ − + − ≤ =
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+ − + − + − ≤
1 (1)
( )( )( )
abc
b c a c a b a b c
⇒ ≥
+ − + − + −
Ta lại dử dụng bất đẳng thức côsi:
33 3 do(1)
( )( )( )
a b c abc
b c a c a b a b c b c a c a b a b c
+ + ≥ ≥
+ − + − + − + − + − + −
(đpcm)
12
Chương III
BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG BẤT ĐẲNG THỨC
BUNHIACOPXKI ( B.C.S)
I. Bất đẳng thức bunhiacopxki:
Cho 2 n số thực ( 2n ≥ )
a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn.
Ta có: 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2( ... ) ( ... )( ... )n n n na b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + +
Dấu “ = ” xảy ra 1 2
1 2
... n
n
aa a
b b b
⇔ = = = hay 1 1 2 2; ; ...; n na kb a kb a kb= = =
Chứng minh:
Đặt:
2 2 2
1 2
2 2 2
1 2
...
...
n
n
a a a a
b b b b
= + + +
= + + +
• Nếu 0a = hay 0b = thì bất đẳng thức luôn đúng
• Nếu , 0a b > :
Đặt: ; i ii i
a b
a b
α β= = ( 1,i n= )
Thế thì 2 2 2 2 2 21 2 1 2... ... 1n nα α α β β β+ + + = + + + =
Mà: 2 2( )i i i iα β α β
1
≤ +
2
Suy ra: 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2... ( ... )( ... ) 1n n n na a a b b bα β α β α β
1
+ + + ≤ + + + + + + ≤
2
1 1 2 2 ... n na b a b a b ab⇒ + + + ≤
Lại có: 1 1 2 2 1 1 2 2... ...n n n na b a b a b a b a b a b+ + + ≤ + + +
Suy ra: 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2( ... ) ( ... )( ... )n n n na b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + +
Dấu “ = ” xảy ra
1 1
i i
n n
α β
α β α β
=
⇔
,... cuøng daáu
1 2
1 2
... n
n
aa a
b b b
⇔ = = =
II. Các ví dụ:
Ví dụ 1:
Cho , , 0a b c > . Chứng minh:
2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
+ + ≥
+ + +
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:
13
( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
a b c
b c a c a b a b c
b c c a a b
+ + + + + + + ≥ + +
+ + +
2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
⇔ + + ≥
+ + +
Ví dụ 2:
Cho 2 2 1a b+ = . Chứng minh: 1 1 2 2a b b a+ + + ≤ +
Giải:
Áp dụng 2 lần bất đẳng thức B.C.S ta có:
2 2( 1 1 )( 1 ) 2a b b a a b b a a b2+ + + ) ≤ ( + + + + = + +
2 2 2 22 1 1 . 2 2a b≤ + + + = + (do 2 2 1a b+ = )
Vì vậy 1 1 2 2a b b a+ + + ≤ + .
Dấu “ = ” xảy ra
1
1
a b
a bb a
a b
+ =
⇔ ⇒ =+
=
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng nếu phương trình
4 3 2 1 0x ax bx cx+ + + + = (1) cos nghiệm thì 2 2 2
4
3
a b c+ + ≥
Giải:
Từ (1) ta có: 4 3 2(1 )x ax bx cx− + = + +
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:
4 2 3 2 2 2 2 2 6 4 2(1 ) ( ) ( )( )x ax bx cx a b c x x x+ = + + ≤ + + + +
4 2
2 2 2
6 4 2
(1 )
( )
x
a b c
x x x
+
⇒ + + ≥
+ +
(2)
Mặt khác:
4 2
6 4 2
(1 ) 4
3
x
x x x
+
≥
+ +
(3)
Thật vậy: (3) 4 8 6 4 2(1 2 ) 4( )x x x x x⇔ 3 + + ≥ + +
8 6 4 23 4 2 4 3 0x x x x⇔ − + − + ≥
2 2 4 2( 1) (3 2 3) 0x x x⇔ − + + ≥ ( luôn đúng)
Từ (2) và (3): 2 2 2
4
3
a b c+ + ≥
Dấu “ = ” xảy ra
2
( 1)
3
2
( 1)
3
a b c x
a b c x
= = = =
⇔
= = = − = −
Ví dụ 4:
Cho , , 0a b c > thỏa 1a b c+ + = . Chứng minh rằng:
14
2 2 2
1 1 1 1
30P
a b c ab bc ca
= + + + ≥
+ +
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
100 . .3 .3a b c ab bc ca
ab bc caa b c
= + + + + + .3
+ +
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
9 9 9 )a b c ab bc ca
a b c ab bc ca
≥ + + + ( + + + + + + +
2 2
7 10
( ) 7( ) 1 ( ) 30
3 3
P
P a b c ab bc ca P a b c P
= + + + + + ≤ + + + ≤ ⇒ ≥
Do: 1a b c+ + = ( theo giả thuyết)
2( )
3
a b c
ab bc ca
+ +
⇒ + + ≤
Ví dụ 5:
Cho , , 0a b c > và 1abc = . Chứng minh rằng:
3 3 3
1 1 1
( ) ( ) ( )a b c b c a c a b
3
+ + ≥
+ + + 2
Giải:
Đặt:
1 1 1
; ; a b c
x y z
= = = . Khi đó từ , , 0a b c > và 1abc = , , 0x y z⇒ > và 1xyz =
Bất đẳng thức đã cho đưa về dưới dạng sau:
3 3 3 3
2
x yz y zx z xy
y z z x x y
+ + ≥
+ + +
2 2 2 3
2
x y z
y z z x x y
⇒ + + ≥
+ + +
(do 1xyz = ) (1)
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:
2 2 2
2( ) ( )
x y z
y z z x x y x y z
y z z x x y
⇒ + + + + + + + ≥ + + + + +
2 2 2 2( )
2( ) 2
x y z x y z x y z
y z z x x y x y z
+ + + +
⇔ + + ≥ =
+ + + + +
(2)
Dấu “ = ” xảy ra
1
2( ) 2
x y z x y z
y z z x x y x y z
+ +
⇔ = = = =
+ + + + +
2 ; 2 ; 2zy z x z x y x y⇔ + = + = + =
x y z⇔ = =
Mặt khác, theo bất đẳng thức Causi: 33 3x y z xyz+ + ≥ = ( do 1xyz = ) (3)
Dấu “ = ” xảy ra khi x y z= = .
Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2 3
2
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + +
. Vậy (1) đúng.
Dấu “ = ” xảy ra x y z⇔ = = hay a b c= =
15
⇒ 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
1 2 3
9R
2
m m m
≥
+ +
Giải:
Ta có công thức đường trung tuyến:
2 2 2
2 2 2
4a
b c a
m
+ −
=
2 2 2 2 2 2
3
( )
4a b c
m m m a b c⇒ + + = + +
Mặt khác, trong mỗi tam giác ta có: 2 2 2 29Ra b c+ + ≤ (1)
Dấu “ = ” trong (1) xảy ra ABC⇔ ∆ đều.
2 2 2 2
27
4a b c
m m m R⇒ + + ≤ (2)
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:
( ) 2 2 2 )a b c a b cm m m m m m
2
⇒ + + ≤ 3( + + (3)
Dấu “ = ” trong (3) xảu ra a b cm m m⇔ = = ABC⇔ ∆ đều.
Từ (2) và (3) ( ) 2a b cm m m R
2 81
⇒ + + ≤
4
9
2a b c
R
m m m⇔ + + ≤
9
2
a b c
R
m m m
⇔ ≥
+ +
Dấu “ = ” xảy ra đồng thời trong (2) và (3) hay ABC∆ đểu.
Ví dụ 7:
Cho 1 2, ,..., 0na a a > . Chứng minh rằng:
2
1 21 2
2 2 2
2 3 3 4 1 2 1 2
( ... )
...
2( ... )
n n
n
a a a aa a
a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + +
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:
[ ] 21 2 2 3 3 4 1 2 1 2
2 3 3 4 1 2
... ( ... )n n n
aa a
a a a a a a a a a a a a
a a a a a a
1 2
+ + + ( + ) + ( + ) + ...+ ( + ) ≥ + + + + + +
Hay
2
1 21 2
2 3 3 4 1 2 1 2 1 3 2 3 2 4 1 2
( ... )
...
...
n n
n n
a a a aa a
a a a a a a a a a a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + + + + +
(1)
Dấy “ = ” xảy ra: 2 3 3 4 1 1 2... na a a a a a a a⇔ + = + = = + = +
16
1 2 ... na a a⇔ = = =
Do
2 2 2 22 2
21 3 2 31 2
1 2 1 3 12 2 2
a a a aa a
a a a a a
+ ++
+ ≤ + = +
2 2
2 3 4
2 3 2 4 2 2
a a
a a a a a
+
+ ≤ +
…
2 2
2 1 2
1 2 2n n n
a a
a a a a a
+
+ ≤ +
Cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có:
( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 2 1 3 2 3 2 4 1 2 1 2... 2 ...n n na a a a a a a a a a a a a a a+ + + + + + ≤ + + + (2)
Dấu “ = ” trong (2) xảy ra khi:
1 2 ... na a a= = =
Từ (1), (2) suy ra:
2
1 21 2
2 2 2
2 3 3 4 1 2 1 2
( ... )
...
2( ... )
n n
n
a a a aa a
a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + +
Dấu “ = ” xảy ra 1 2 ... na a a⇔ = = =
III. Bài tập tương tự:
1. Cho 4ab bc ca+ + = . Chứng minh: 4 4 4
16
3
a b c+ + ≥
*Hướng dẫn