BẤT ĐẲNG THỨC HAY VÀ KHÓ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (473.25 KB, 38 trang )
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
1
BẤT ĐẲNG THỨC
Toán học cũng như trong đời sống thường ngày, đôi khi ta sẽ gặp phải những vấn đề khó giải
quyết, nên ta cần phải biết: Linh hoạt xử lý các tình huống và lựa chọn những phương án tối ưu
khi cần thiết.
Một vấn đề mà học sinh thường quan tâm đó là làm thế nào để học được tốt môn toán, có những ý
kiến nói rằng muốn học giỏi toán là phải giải và xem lời giải thật nhiều, thật nhanh và phải cố
gắng nhớ chúng. Theo tôi suy nghĩ đó không hay.
Học toán là phải bắt đầu học từ những điều cơ bản nhất để nắm vững nền tảng một cách chắc
chắn, rồi từ đó giúp cho ta có cách tư duy và lập luận chặt chẽ khi giải toán. Đó cũng là một lý do
mà toán học luôn đòi hỏi ở những người đam mê môn học này. Vì thế nên người ta mới nói:
“ Cần chậm khi đang học để thêm phần nhanh và chắc chắn khi đi thi”.
Toán có rất nhiều lĩnh vực mà trong đó bất đẳng thức là một nhóm toán khó đối với hầu hết những
ai yêu thích và nghiên cứu toán đặc biệt là đối với học sinh. Mặc dù được thầy cô, các quyển sách
tham khảo cung cấp nhiều công cụ khi giải bất đẳng thức nhưng mọi học sinh đều cảm thấy lúng
túng và có cảm giác thiếu tự tin khi đối diện với những bài toán mới.
Vấn đề đặt ra là làm sao để tự tin và tìm ra được những phương án giải cho một bài toán bất đẳng
thức ? Theo một số giáo viên để đỡ cảm thấy bối rối khi phải lựa chọn một trong nhiều phương
pháp, ta nên hướng chúng đến những điều cơ bản trong việc chứng minh bất đẳng thức, đó là luôn
đưa bài toán về những dạng đúng đã được chứng minh trước đó:
+ Giảm bớt số biến trong bài toán.
+ Tìm cách thay thế chúng bằng những biểu thức đơn giản hơn.
Vậy việc áp dụng nhiều phương pháp giải vào một bài toán nào đó đều có chung một mục đích đó
là đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng cơ bản và đơn giản hơn.
Lưu ý: Tài liệu này dành cho những học sinh có tinh thần tự học, kiên nhẫn khi giải toán.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
2
Phần 1: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ ÁP DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT TRONG
CHỨNG MINH.
I. Lược sử về nhà Toán học Cauchy.
Cauchy sinh ngày 21 tháng 8 năm 1789. Nhà Toán học đầy óc sáng tạo này có rất nhiều công
trình toán học, chỉ thua Euler mà thôi. Ông được mệnh danh là một thiên tài Toán học với khả
năng sáng tạo vô cùng tận. Có người nói rằng nhà Toán học người Pháp này chỉ trong năm phút
có thể đưa ra được một định lý. Năm 1813, ông bỏ nghề kỹ sư để theo đuổi sự nghiệp Toán học và
ông từng là một giảng viên của Hàn lâm viện Khoa học Pháp. Với tài năng của mình ông đã tạo
nên một tiêu chuẩn riêng của mình trong Toán để nghiên cứu về sự Hội tụ của các dãy trong Toán
học. Vào ngày 25 tháng 5 năm 1857 ông đột ngột qua đời tại Paris.
II. Bất đẳng thức Cauchy - Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân.
_ Với n số không âm a
1
, a
2
, a
3
, , a
n
ta có:
_ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
n
aaa
21
. Khi mọi số hạng a bằng nhau ta gọi đó là điểm
rơi của bất đẳng thức.
Hệ quả: Với n số dương a
1
, a
2
, a
3
, , a
n
ta có:
III. Bất đẳng thức BCS: Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz.
Với hai bộ n số thực
nn
bbbaaa , ,, và, ,,
2121
ta có:
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211
nnnn
bbbaaabababa
. Có đẳng thức khi:
n
n
b
a
b
a
b
a
2
2
1
1
.
Quy ước: khi mẫu số bằng 0 thì tử số bắt buộc cũng phải bằng 0.
Hệ quả: với các số
nixa
ii
, ,2,10 vàR
. Ta có:
IV. Một số kết quả thường gặp:
1. Với hai số dương a, b ta có:
+
ba
ab
baba
11
2
22
22
. Chứng minh:
n
nn
aaaaaa
2121
nn
aaa
n
aaa
1
11
21
2
21
n
n
n
n
bbb
aaa
b
a
b
a
b
a
21
2
21
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
3
*
ab
baba
22
22
: áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số a và b. Ta được:
ab
baba
ab
abba
ab
abba
22
2
2
2
2
2
2
2
22
22
( vì a, b đều dương)
Phần còn lại quy đồng phần mẫu rồi chứng minh tương tự.
+
baba
411
. Chứng minh đơn giản.
2. Với ba số dương a, b, c ta có:
+
cabcabcba
222
(1). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
cba
.
Chứng minh:
Đầu tiên nhân hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh cho 2.
đúngaccbba
cabcabcba
0
2222221
222
222
+
cabcab
cba
3
2
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cba
.
Chứng minh:
Nhân hai vế cho 3, rồi chứng minh tương tự kết quả trên.
+
cbacba
9111
. Chứng minh đơn giản.
3. Với 4 số a,b,c,d thỏa
4 dcba
, ta có:
*
4
2
2
dcba
dbcadacdbcab
*
4 dabcdabcdabc
.
Chứng minh:
16164
44
32
22
dcba
dcba
dcba
dcba
dacb
cb
da
da
cb
cbaddabcdabcdabcdabc
*
4
2
2
2222
dacdbcab
cdabadbcbdaacddbccab
.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
4
Lưu ý: Với cách chứng minh tương tự như trên ta có kết quả tổng quát như sau:
Với bốn số dương a,b,c,d có tổng
dcba
ta có:
*
4
2
dacdbcab
*
16
2
dabcdabcdabc
*
64
4
2222
bdaacddbccab
4. Với n số
n
i
n
i
n
i
i
i
i
n
x
x
x
x
1
1
1
1
:có Ta .
1
,0
.
Chứng minh:
*
11
1
1
1
2
1
1
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1 1
1
1 1
11
1
1
1
1
xx
x
xx
xx
n
xx
xx
n
x
x
x
x
x
x
n
n
n
n
n
n
n
n
* Viết các đẳng thức tương tự rồi nhân vế theo vế, ta được:
n
n
nn
n
n
n
xxx
xxxxxx
xxx
n
1
1
1 11
1
1 11
1
21
2121
21
Hệ quả: Với n số
n
n
nni
aaanaaaaaaa 11 11:có Ta .1 và0
212121
.
Chứng minh: Đặt
i
i
i
i
i
i
a
a
x
x
x
a
11
. Áp dụng 1) ta được kết quả.
V. Kỹ thuật ước lượng qua một nhị thức bậc nhất:
Bài toán: Chứng minh bất đẳng thức có dạng:
hay
21
axfxfxf
a
n
, T là một
hằng số. Ta tìm nhị thức bậc nhất
qpx
sao cho
qpxxfqpxxf hay
.
Từ đó ta được:
nqxxxpxfxfxf
nn
2121
(hay ngược lại)
Nếu có:
n
xxx
21
thì ta được:
nqpxfxfxf
n
21
(hay ngược lại)
Ví dụ 1: Cho ba số không âm a, b, c. CmR :
3
3
1111 abccba
.
Giải:
abccabcabcbacba 1111VT
(1)
Áp dụng bất đẳng thức cô-si , ta có:
3
3 abccba
và
3
222
3 cbacabcab
.
đpcm 111a1
3311111
3
222
3
3
abccb
abccbaabccba
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
5
Ví dụ 2: Cho ba số không âm a, b, c. CmR :
cba
b
ca
a
bc
c
ab
.
Giải: Áp dụng bất đẳng thức cô-si:
đpcm22
22
22
22
2
2
2
cba
b
ca
a
bc
c
ab
a
bc
bca
c
ab
b
ca
c
ab
abc
b
ca
a
bc
b
ca
cab
a
bc
c
ab
Ví dụ 3: Cho ba số dương a, b, c, d. CmR:
21
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
.
Giải: Vì các số a, b, c, d dương nên ta có:
4,3
2,1
bd
d
bad
d
dcba
d
ac
c
adc
c
dcba
c
db
b
dcb
b
dcba
b
ca
a
cba
a
dcba
a
Từ (1), (2), (3) và (4) cho ta:
1
dcba
dcba
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
dcba
d
dcba
c
dcba
b
dcba
a
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
2
db
db
ca
ca
bd
d
ac
c
db
b
ac
a
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
Vậy
21
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
.
Ví dụ 4: Cho
cabcabcba
222
. Chứng minh rằng:
cbaabccba
444
.
Giải: Ta có:
cabcabcba
222
(1).
Cách 1: Nhân hai vế của (1) cho
222
cba
. Sau đó khai triển các biểu thức, chứng minh bất
đẳng thức bằng phương pháp tương đương, ta được:
đpcm
444
cbaabccba
.
Cách 2: Áp dụng giả thuyết hai lần lần bằng tính chất:
dbca
dc
ba
. Sau đó khai triển hai
vế của bất đẳng thức mới, rồi chứng minh bằng phương pháp tương đương, ta được:
đpcm
444
cbaabccba
.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
6
Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức cô-si để chứng minh. Ta có:
đpcmcba
accbba
accbba
accbba
baccabcba
abccabbcacbaabc
444
444444
222222
222222
222222222
222
VP
222
VP
VP
2
222
VP
222
VP
VP
Vậy
cbaabccba
444
Ví dụ 5: Cho
1 và0,, cbacba
. Chứng minh rằng:
30
1111
222
cabcabcba
.
Giải: Giả sử áp dụng bất đẳng thức cô-si cho ba số không âm x, y, z ta có:
zyxzyx
9111
.
Áp dụng cho bài toán trên:
đpcm 30
1
3
1
7
1
9
VT
7
cba
9
VT
7
222a
9
VT
711
a
1
VT
911111
VT
2
2
2
222
222
222222
cabcab
cabcabcabcabcb
cabcabcabcabcabcabcb
cabcabcbacabcabcba
Ví dụ 6: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh:
cba
accbba
cba
2
3111
222
.
Giải:
3
222
2
222
1
222
VT
ac
c
cb
c
ba
c
ac
b
cb
b
ba
b
ac
a
cb
a
ba
a
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho từng số hạng trong nhóm 1 lần lượt với:
4
,
4
,
4
accbba
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
7
a
ac
acaac
ac
a
a
cb
cbacb
cb
a
a
ba
baaba
ba
a
4
2
4
,
4
2
4
,
4
2
4
222222
Tương tự cho nhóm 2 và 3, ta được:
b
ac
b
b
cb
cb
b
b
ba
ba
b
222
,
4
,
4
;
c
ac
ac
c
c
cb
cb
c
c
ba
ba
c
4
,
4
,
4
222
Cộng các vế tương ứng với nhau, ta có:
4
2
444
222
222
cba
ac
c
cb
b
ba
a
cba
ac
ac
ccb
cb
bba
ba
a
Tương tự, ta cũng có:
6
2
,5
2
222222
cba
cb
c
ba
b
ac
acba
ba
c
ac
b
cb
a
Ta lấy
đpcm 654
Ví dụ 7: Cho
3
1
1
1
1
1
1
1
1
và0,,,
dcba
dcba
.Chứng minh rằng:
81
1
abcd
.
Giải: Từ giả thiết, ta có:
TH
1
:
dcba 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
. Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho ba số không
âm ở vế phải ta được:
1
111
3
1
1
3
dcb
bcd
a
. Đẳng thức xảy ra khi
dcb
d
d
c
c
b
b
111
.
Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta được:
2
111
3
1
1
3
ddc
cda
b
,
3
111
3
1
1
3
bad
dab
c
,
4
111
3
1
1
3
dba
abc
d
Hai vế của (1), (2), (3) và (4) đều dương nên nhân vế theo vế ta có:
đpcm
81
1
1111
81
1111
1
abcd
dcba
abcd
dcba
Chú ý: dạng tổng quát của ví dụ trên là: Cho n số dương a
1
, a
2
, , a
n
ta có:
n
n
n
aaa
1
1
21
.
Học sinh hãy chứng minh công thức trên. Xét riêng ví dụ trên thì n trong trường hợp này là 4.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
8
Ví dụ 8: Cho
0,, cba
. Chứng minh rằng:
2
111
4
333
accbbacabcab
.
Giải: Ta có:
0 cba
và dễ dàng chứng minh được
abcaccbba 8
(*)
1
888222
444111
8
81
*
cbbabaacaccbcabcab
accbba
accbba
cabcab
accbba
cba
abc
cba
accbbaabc
Lại có:
2
2
41
4
ba
ab
abba
(**)
Tương tự như (**) ta được:
22
41
,
41
ac
ca
cb
bc
Do đó:
2
444111
222
accbba
cabcab
Cộng (1) và (2), cho ta:
baacaccbcbba
accbba
cabcab
222111
4
333
222
Vế phải của bất đẳng thức trên có dạng:
2
222
111
hay
222111
zyxzxyzxyzyx
Vậy
2
111
4
333
accbbacabcab
.
Ví dụ 9: Cho các số dương x, y, z và
1xyz
. Cm:
33
1
11
33
3333
zx
xz
yz
zy
xy
yx
.
Giải: Vì x, y, z là các số dương nên. Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho từng phân số ở vế trái.
Cách 1: Ta có:
xyyxyx 331
3
3333
nên
xy
xy
yx
3
1
33
.
Chứng minh tương tự ta cũng có:
zx
zx
xz
yz
yz
zy
31
và
3
1
33
33
.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
9
Cộng ba kết quả trên ta được:
đpcm 33VT
1
3.3VT
111
3VT
6
222
zyx
zxyzxy
Cách 2: Giả thiết :
z
xyxyz
1
1
.Khi này:
3232233
33
1
1
yzxzzyxz
xy
yx
.
Nên
xy
xyzxyzyxz
xy
yx
3
333
1
2
3
336
33
.
Chứng minh tương tự như cách 1.
Cách 3: Ta có:
zz
yxx
y
y
x
yxxy
yx
33
1
3
1
1
3
3
3
332222
33
Tương tự:
y
zx
xz
x
yz
zy
3
1
,3
1
33
33
. Do đó:
đpcm 3.3VT
3.3VT
3z3y3xVT
3
xyz
Ví dụ 10: Cho các số dương x, y, z. Chứng minh :
222232323
1112
2
2
zyxxz
z
zy
y
yx
x
.
Giải: Ta có:
xyyx
x
xyxyx
12
2
23
23
. Tương tự ta được:
zxxz
z
yzzy
y
12
,
1
2
2323
.
Cộng theo vế các kết quả trên ta có:
1
111
VT
zxyzxy
.
Suy luận từ ví dụ 8 ta dễ dàng chứng minh được:
2
111111
222
zyxzxyzxy
bằng cách nhân
hai vế cho 2 rồi chuyển vế ta được tổng của ba số không âm lớn hơn hoặc bằng 0.
Vậy từ (1) và (2) ta có đpcm.
Ví dụ 11: Cho hai dãy với n số dương: a
1
, a
2
, ,a
n
và b
1
, b
2
, , b
n
. Chứng minh rằng:
n
n
n
n
n
nn
bbbaaabababa
21212211
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
10
Giải: Vì các số trong mỗi dãy đều dương nên ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:
2
22
2
11
1
1
22
2
11
1
1
n
nn
n
n
nn
n
ba
b
ba
b
ba
b
ba
a
ba
a
ba
a
(*)
Xem các số hạng trong nhóm 1 và 2 lần lượt là:
nn
yyyxxx , ,, và, ,,
2121
.
Áp dụng bài học cô-si cho n số:
n
n
n
n
21
21
. Ta được:
nn
n
n
nn
n
ba
a
ba
a
ba
a
nba
a
ba
a
ba
a
1
22
2
11
1
22
2
11
1
(1)
nn
n
n
nn
n
ba
a
ba
a
ba
a
nba
b
ba
b
ba
b
1
22
2
11
1
22
2
11
1
(2)
Từ (1) + (2) cho ta:
đpcmn
nba
ba
ba
ba
ba
ba
n
nn
nn
1.
1
1
*
22
22
11
11
Ví dụ 12: Cho các số dương a, b, c. CmR:
3
22
3
32
3
22
3
cba
acac
c
cbcb
b
baba
a
.
Giải: Cách 1: Đặt:
22
3
22
3
22
3
acac
c
cbcb
b
baba
a
22
3
22
3
32
3
acac
a
cbcb
c
baba
b
0
22
33
22
33
22
33
accbba
acac
ac
cbcb
cb
baba
ba
3
22
33
2
22
33
1
22
33
2
acac
ac
cbcb
cb
baba
ba
Ta có:
1
3
3
1
333
0242
02
22
33
22
22
2222
22
22
ba
baba
ba
baba
baba
babababa
baba
baba
tương tự:
3
3
2
3
2
33
22
33
ac
acac
ac
cb
cbcb
cb
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
11
Từ (1) + (2) +(3) cho ta:
3
2
22
33
22
33
22
33
cba
acac
ac
cbcb
cb
baba
ba
đpcm
cba
cba
3
3
2
2
Vậy
3
22
3
22
3
22
3
cba
acac
c
cbcb
b
baba
a
.
Ví dụ 13: Cho ba số a, b, c thỏa:
1
222
cba
. CmR:
012 cabcabcbaabc
.
Suy luận: bài toán trên thể hiện nhiều tổng của các số hạng tuy nhiện với dạng toán trên cách giải
nhanh là sử dụng những tính chất cơ bản là:
ndbmca
nm
dc
ba
thì lúc này bài toán sẽ
thoải mái hơn cho người giải.
Giải: Áp dụng tính chất trên và giả thiết: vì
11
11
11
1
1
1
nên 1
2
2
2
222
c
b
a
c
b
a
cba
1 01
0111
01;01;01
abccabcabcba
cba
cba
Mặt khác:
2 01
0221
01
222
2
cabcabcba
cabcabcbacba
cba
Lấy (1) + (2)
đpcm.
Lưu ý: bài giải của bài toán trên nhìn thì đơn giản nhưng việc sự dụng giả thiết một cách có tư
duy không phải là chuyện dễ vì vậy học sinh nên xem kỹ các ví dụ trước đó vì cũng đã có bài đã
thể hiện cách giải như trên.
Ví dụ 14: Cho các số dương a, b, c . CmR:
1
3
3
3
3
3
3
3
3
3
bac
c
acb
b
cba
a
.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
12
Giải: Ta có:
3
3
3
3
2
3
3
3
1
3
3
3
111
VT
c
ba
c
b
ac
b
a
cb
a
.
Lưu ý dạng sau:
2
1
2
11
111
22
23
xxxx
xxxx
(bất đẳng thức cô-si)
Áp dụng cho bài toán trên ta được:
222
2
2
22
2
2
1
1
.
2
1
1
1
1
cba
a
a
cb
a
cb
Chứng minh tương tự ta được:
222
2
222
2
3;2
cba
c
cba
b
.
Cộng theo vế ba kết quả trên ta được đpcm.
Ví dụ 15: Cho
1;0,, cba
. Chứng minh:
1111
111
cba
ac
c
cb
b
ba
a
.
Giải: Bất đẳng thức:
1 111
1
1
1
1
1
1
111
111
cba
cbaac
cc
cbacb
bb
cbaba
aa
cba
cba
cba
ac
c
cb
b
ba
a
Áp dụng bất đẳng thức cô-si, ta có:
ba
cc
ccba
ba
ba
baba
baba
1
1
.111
1
1
11
11
3
111
111
3
3
Chứng minh tương tự ta được:
ac
bb
bbac
cb
aa
aacb
1
1
.111 và
1
1
.111
.
Cộng theo vế ba kết quả trên ta được (1)
đpcm.
Bài tập áp dụng:
1.1 Cho ba số dương a, b, c, d. CmR:
32
bad
ad
adc
dc
dcb
cb
cba
ba
.
HD: dựa vào tính chất của phân số tương tự như ví dụ 3.
1.2 Cho hai số không âm a, b và
2233
abbaba
. Áp dụng giả thiết hãy chứng minh rằng:
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
13
cbaaccbba 2444
3
33
3
33
3
33
.
HD: Áp dụng giả thiết:
3
2233
33 baabbaba
hiển nhiên
3
33
4 baba
. Chứng
minh tương tự cho các nhóm còn lại.
1.3 Cho hai số thực x, y thỏa:
40,30 yx
. Chứng minh rằng:
363243 yxyx
.
HD: sử dụng bất đẳng thức cô-si cho ba số. Lưu ý sử dụng tốt giả thiết.
1.4 Cho
4 và0,,, dcbadcba
. Chứng minh:
2
1111
4
2
3
2
2
2
1
2
ba
d
ad
c
dc
b
cb
a
.
HD: thêm bớt
cab
2
cho nhóm (1) của vế trái, thu gọn rồi áp dụng bất đẳng thức cô-si cho mẫu số
rồi cho tử số. Tương tự cho các nhóm còn lại ta được đpcm.
1.5 Cho
0,,, dcba
. Chứng minh rằng:
3
2222
44
cdabcdabdabcdcba
.
HD: xét phần biểu thức trong căn ở vế phải: phân tích biểu thức bằng các nhân tử chung rồi áp
dụng bất đẳng thức cô-si hai lần ta được đpcm.
1.6 Cho
1 và0,, xyzzyx
. Chứng minh rằng:
2
3
111
2
222
x
z
z
y
y
x
.
HD: cộng thêm
4
1
,
4
1
,
4
1 xzy
lần lượt cho từng phần tử ở vế trái của bất đẳng thức cần chứng
minh. Sau đó áp dụng bất đẳng thức cô-si hai lần cho vế trái ta được đpcm.
1.7 Cho
0,, cba
. Chứng minh rằng:
3
ba
c
ba
c
ac
b
ac
b
cb
a
cb
a
.
HD: áp dụng tính chất phân số cho các số hạng không có căn, rồi sử dụng bất đẳng thức cô-si cho
các căn thức. Vế cộng vế ta được đpcm.
1.8 Cho
1 và0,, zyxzyx
. Chứng minh rằng:
xyz
xyz
zxyzxy
2
18
.
HD: sử dụng
3
222
3
3;3 zyxzxyzxyxyzzyx
.
1.9 Cho tam giác có chu vi:
cbap 2
. CmR:
3
k
222
3
442
3
2
13 pabccbap
p
.
HD: sử dụng giả thiết và bất đẳng thức trong tam giác cho độ dài ba cạnh:
0 cba
, sau đó
sử dụng bất đẳng thức cô-si cho tổng của ba kết quả trên ta được một bất đẳng thức (1). Bình
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
14
phương giả thiết khai triển các biểu thức rồi kết hợp với (1) ta được chiều bất đẳng thức (k).
Chiều còn lai áp dụng bất đẳng thức phụ:
0 cpbpap
khai triển ta được đpcm.
Nhóm bài tập không hướng dẫn
1.10 Cho
0,,, dcba
. Chứng minh:
32222
33
4
33
4
33
4
33
4
dcba
ad
d
dc
c
cb
b
ba
a
.
1.11 Cho
1 bcad
. Chứng minh:
3
2222
bdacdcba
.
1.12 Cho
1 và0,, zyxzyx
. Chứng minh:
3
222
81
1
1
1
1
1
zyx
.
1.13 Cho
0,, cba
. Chứng minh:
1
888
222
abc
c
cab
b
bca
a
.
1.14 Cho
1 và0,, cbacba
. Cm:
4
33
333
acbc
ba
bcab
ac
abca
cb
.
1.15 Cho
0,, cba
. Chứng minh:
333
222
cbaabcbacacbcba
.
Phần 2: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY ĐỂ TÌM GTLN VÀ GTNN
1. Dùng chiều trung bình cộng
trung bình nhân:(1)
Khi dùng chiều (1) ta chỉ tìm được giá trị nhỏ nhất của tổng các hàm f(x
1
) và f(x
2
) khi thỏa mãn
đồng thời các điều kiện:
_
0,0 xgxf
trên miền đang xét
_
kxgxf .
là hằng số
_ Phương trình
xgxf
bắt buộc phải có nghiệm.
Khi đó ta thu được hàm:
kxgxfxfxfu 2.2
21
.
Đẳng thức xảy ra khi
k
xx
là nghiệm của phương trình
xgxf
.
Kết luận
kxfxf
u
2minmin
21
khi và chỉ khi
k
xx
.
Lưu ý:
a) Khi tích số hai hàm không là một hằng số nữa thì ta chỉ thu được:
xhxfxfu 2
21
.
Đẳng thức xảy ra tại
k
x
là nghiệm của phương trình
xgxf
.
khi này để tìm giá trị nhỏ nhất của u ta phải tiếp tục tìm giá trị nhỏ nhất của:
xhv 2
.
Cụ thể:
mvu
đều có đẳng thức khi
k
x
và
mxu
ku
min
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
15
b) Nếu bài toán đòi hỏi phải tìm giá trị của mọi
Xx
để u(x) đạt giá trị nhỏ nhất thì bắt buộc phải
tìm hết các nghiệm của phương trình
xgxf
, nếu không đòi hỏi ta chỉ cần:
_ Chứng minh phương trình
xgxf
có nghiệm.
_ Tìm nghiệm đặc biệt nào đó của phương trình. Điều kiện này dùng khi bất đẳng thức không chỉ
là một phương trình mà là hệ các điều kiện phức tạp.
2. Dùng chiều trung bình nhân
trung bình cộng:
Dùng chiều này chỉ để tìm giá trị lớn nhất của tích hai hàm f(x
1
), f(x
2
) khi thoa3man4 đồng thời
các điều kiện sau:
_ f(x
1
), f(x
2
) là các hàm không âm trên miền X đang xét
_
kxfxf
21
là hằng số
_ Phương trình
xgxf
có nghiệm
k
xx
.
Khi đó
4
max có và
42
22
2
21
21
k
xuxu
kxfxf
xfxfxu
k
.
Khi
xhxfxf
21
không là hàm hằng số. Khi đó maxu(x) ta phải tiếp tục tìm maxh(x) và ta
chỉ thu được maxu(x) khi
xhmax
và có dẳng thức khi
k
xx
.
Cụ thể là:
k
xxxhxu khi
4
1
4
1
22
. Khi đó
2
4
1
maxmax
k
xuxu
.
Ví dụ 1: Cho hai số dương x, y thỏa
4 yx
. Tìm GTNN của:
2
32
2
4
43
y
y
x
x
.
Giải:
288
1
2
1
4
21
4
32
4
43
222
32
yxyy
yx
x
y
yx
x
y
y
x
x
Theo bất đẳng thức cô-si, ta có:
1
1
.
4
2
1
4
x
x
x
x
;
4
3
8
.
8
.
1
3
88
1
3
22
yy
y
yy
y
;
2
2
4
yx
yx
.
Do đó
2
9
2
4
3
1min
khi
2 yx
.
Ví dụ 2: Cho
0,,, tzyx
thỏa
42 yztzxyx
. Tìm GTLN của:
tzyx
222
.
Suy nghĩ: các số đã cho đều dương nên chắc chắn sẽ dùng bất đẳng thức cô-si cho các số trên để
tìm max
N
. Tuy nhiên xét riểng giả thiết ta thấy không thể chỉ để nguyên biểu thức N mà cần có sự
biến đổi.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
16
Giải: Ta có:
yztzxyxtzyx 2
2
1
222
. Để ý kĩ ta thấy đây là chiểu thứ hai của giả thiết.
Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta được:
2
1
4
2
2
1
2.
2
1
2
yztzxyx
yztzxyx
Đẳng thức xảy ra khi:
yztzxyx 2
hay
2
1
,1,2,
2
1
tzyx
.
Vậy minN
2
1
khi
2
1
,1,2,
2
1
tzyx
.
Ví dụ 3: Cho
2 và4,3 cba
. Tìm GTLN của:
abc
bcaabccab 432
.
Suy nghĩ: ta thấy tử số có thể đơn giản bớt với mẫu số nên ta biến đổi biểu thức về dạng tổng của
ba phân số từ đó suy ra maxN sẽ bằng tổng max của ba phân số. Sau đó áp dụng bất đẳng thức
cô-si cho ba phân số ta được kết quả.
Giải: Ta có:
b
b
a
a
c
c
abc
bcaabccab 432432
.
Theo suy luận ta áp dụng bất đẳng thức cô-si cho ba phân số ở biểu thức vừa biến đổi:
22
1
2
22
.
2
1
2
22
2
c
cc
c
c
c
, tương tự ta có:
8
14
,
32
13
b
b
a
a
Đẳng thức xảy ra khi:
844;633;422 bbaacc
.
Cộng các kết quả trên ta được
4,8,6 khi
8
1
32
1
22
1
max cba
.
Nhận xét: bài toán trên có tính sáng tạo khi sử dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số khi chúng
không âm và chỉ áp dụng với tử số rồi từ đó khử mẫu.
Ví dụ 4: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm GTNN của biểu thức:
cba
c
bac
b
ccb
a
222222
Suy luận: nếu quan sát kĩ ta thấy nếu áp dụng bất đẳng thức cô-si cho bài trên thì chỉ áp dụng
được cho mẫu số mà khi áp dụng sẽ ngược dấu của bất đẳng thức so với yêu cầu đề bài nên phải
biến đổi.
Giải: Đặt:
zcbaybacxacb 322,322,322
.
Do tính chất của ba cạnh tam giác nên x, y, z dương.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
17
Cộng ba vế trên ta được
zyxcba
. Từ đây cho ta:
zyxcyxzbxzya 22
3
1
,22
3
1
,22
3
1
. Khi đó:
3222
9
1
222222
9
1
z
x
x
z
y
z
z
y
x
y
y
x
z
zyx
y
yxz
x
xzy
Áp dụng bất đẳng thức cô-si, ta được:
yx
x
y
y
x
khi 2
;
zy
y
z
z
y
khi 2
và
xz
z
x
x
z
khi 2
. Suy ra:
cbazyx
.
Vậy minN
19.
9
1
và đạt được khi tam giác đã cho đều.
Ví dụ 5: Cho
1 và0,, zxyzxyzyx
. Tìm GTLN của:
xz
z
zy
y
yx
x
222
.
Giải: Ta biến đổi:
xz
zx
z
zy
yz
y
yx
xy
x
.
Vì các số trên dương nên áp dụng bất đẳng thức cô-si cho mẫu của các phân số ở biểu thức trên:
xyx
xy
xy
x
yx
xy
x
2
1
2
, có đẳng thức khi
yx
.
yzy
yz
yz
y
zy
yz
y
2
1
2
, có đẳng thức khi
zy
.
zxz
zx
zx
z
xz
zx
z
2
1
2
, có đẳng thức khi
xz
.
Khi đó:
2
1
2
1
zyxzxyzxyzyx
( vì
1 zxyzxy
)
Ta có:
1 zxyzxyzyx
. Do đó:
2
1
2
1
1
, có đẳng thức khi
3
1
zyx
.
Vậy
2
1
min
và đạt khi
3
1
zyx
.
Ví dụ 6: Cho
1 và0, yxyx
. Tìm GTNN của biểu thức sau:
xy
xyyx
4
11
22
.
Suy luận: nếu áp dụng BĐT cô-si thì sẽ làm dấu của bất đẳng thức ngược so với mong muốn nên
phải biến đổi biểu thức đã cho thành những cặp số mà khi áp dụng BĐT cô-si sẽ khử được mẫu.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
18
Giải: Ta biến đổi biểu thức như sau:
xyyx
xy
xyyx
yx
44
1
164
1
22
22
Áp dụng BĐT cô-si ta được:
44.
1
24
1
22
22
22
22
yx
yx
yx
yx
. (1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
2
1
4
1
2222
22
yxyx
yx
.
Và
8
1
.162
1
16
xy
xy
xy
xy
. (2)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
4
11
16 xy
xy
xy
.
Ta có:
44110
22
yxyxyx
. (3)
Đẳng thức xảy ra khi:
xy
yx
1
Vì
14
4
1
21 xyxyxyyx
. (4)
Đẳng thức xảy ra khi:
yx
Từ (1), (2), (3) và (4) cho ta:
71484
.
Có đẳng thức khi:
2
1
1
4
1
2
1
22
yx
yx
yx
xy
yx
.
Vậy
2
1
khi 7min yx
.
Bài tập áp dụng:
2.1 Cho các số dương x, y, z thỏa:
1
222
zyx
. Tìm GTNN :
y
zy
x
yz
z
xy
.
2.2 Cho ba số dương x,y,z thỏa
3x y z
. Tìm GTNN :
zyx
zxyzxy
333
.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
19
2.3 Cho các số dương
, ,x y z
thoả
12 zxxy
.Tìm GTNN:
z
xy
y
zx
x
yz 543
.
2.4 Cho ba số dương x, y, z thoả
xyzzyx
222
. Tìm GTLN:
xyz
z
zxy
y
yzx
x
222
.
2.5 Cho
1;0,, abccba
.Tìm GTLN:
32
1
32
1
32
1
222222
accbba
.
2.6 Cho các số thực x, y, z thoả mãn
1,
2
1
,
3
1
zyx
;
2
1
12
2
23
3
zyx
.Tìm GTLN:
11213 zyx
.
2.7 Cho các số không âm a, b,c thỏa
1 cba
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
222222222
233 cbacabcabaccbba
.
Phần 3: MỘT SỐ BÀI TOÁN THAM KHẢO
Bài 1:(ĐH An Ninh Hà Nội 1999) Cho
1,0 yx
. CmR:
32
222333
xzzyyxzyx
.
Suy luận: để ý kĩ phần giả thiết. Vì khi các số trên nằm trong đoạn này thì có một tính chất đặc
biệt nhưng lại dễ nhận thấy đó là lập phương sẽ nhỏ hơn hoặc bằng bình phương. Hãy quan sát kĩ
bài giải.
Giải: Vì
232323
,,nên 1;0, zzyyxxyx
.
Do đó:
xzzyyxzyxxzzyyxzyx
222222222233
22
Lúc này ta cần chứng minh.
32
222222
xzzyyxzyx
.Xét riệng một bất đẳng thức:
0111111
22222
xyyyyyxyxyx
Vì
01;01
2
xyy
nên kết quả trên đúng. Tương tự ta có:
1;1
222222
xzxzzyzy
.
Cộng vế theo vế ta có:
32
222222
xzzyyxzyx
.
Vậy
32
222333
xzzyyxzyx
.
Lưu ý:Bài tập trên không quá khó nhưng quan trọng việc nhìn ra được tính chất mà đề bài gợi ý.
Bài 2:(Trích luận văn Thạc sĩ của thầy Đặng Văn Hiếu) Cho
abccabcabcba và0,,
.
CmR:
16
3
32
1
32
1
32
1
bacacbcba
.
Suy luận: với bài toán trên ta cần nhớ một trong những hằng bất đẳng thức cơ bản:
babababa
11
4
11
hay
114
.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
20
Giải: Ta có:
cbcacbbacbbacba 2
1
2
111
4
1
4
1
2
11
4
1
2
1
32
1
Suy ra:
cbacbcacba 32
3
32
1
16
1
32
1
32
1
16
1
16
1
32
1
.
Với yêu cầu đề bài là nhỏ hơn hẳn chứ không có dấu bằng xảy ra như trên. Nên ta xét:
Đẳng thức xảy ra khi:
0
22
2
cba
cb
ca
cbca
.
Mà các số a,b,c đều dương nên dấu bằng không thể xảy ra. Chứng minh tương tự ta được:
cbabacacbcba
bacbac
acbacb
cbacba
111
32
3
32
1
16
1
32
1
22
1
32
1
32
3
32
1
16
1
32
1
32
3
32
1
16
1
32
1
32
3
32
1
16
1
32
1
Xét giả thiết:
1
111
cba
abccabcab
.
Vậy ta được
16
3
32
1
32
1
32
1
bacacbcba
.
Nhận xét: đối với bài trên ta còn có một cách giải khác cũng theo như suy luận nhưng ngắn hơn
một chút.
Ta có:
cbacbacbacba 12
1
32
1
16
1
3
1
2
11
4
1
3
1
2
1
4
1
32
1
Đẳng thức xảy ra khi:
cb
ba
38
2
.
Tương tự ta có:
acbacb 12
1
32
1
16
1
32
1
:đẳng thức xảy ra khi:
ac
cb
38
2
và
bacbac 12
1
32
1
16
1
32
1
: đẳng thức xảy ra khi:
ba
ac
38
2
.
Vế cộng vế ta được:
cbabacacbcba
111
12
1
32
1
16
1
32
1
32
1
32
1
.
Khi có đẳng thức thì đồng loạt có
0
38
2
38
2
38
2
cba
ba
ac
ac
cb
cb
ba
(Vô lý)
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
21
Do đó:
đpcm
bacacbcba 16
3
96
17
12
1
32
1
16
1
32
1
32
1
32
1
Bài 3:( Trích chuyên đề bồi dưỡng HSG-Bất đẳng thức: Gv. Dư Quốc Đạt) Cho hai số x,y
thỏa
3
22
yxyx
. Tìm GTLN, GTNN:
22
2yxyx
.
Giải: Xét hệ:
myxyx
yxyx
22
22
2
3
_ Nếu
0y
thế vào hệ trên ta được:
mx
x
2
2
3
hệ có nghiệm khi
3m
.
_ Nếu
0y
đặt
ayx
, thay vào hệ ta được:
20633
131
31
2
31
2
31
2
22
2
2
22
22
22
mtmtm
tty
m
tt
tt
tty
mtty
tty
Vì
R,01
2
ttt
nên nếu (2) có nghiệm t thì (1) có nghiệm y.
Do đó, nên hệ có nghiệm
0633
2
mtmtm
có nghiệm.
Biện luận phương trình.
Hệ có nghiệm khi:
721721
721721
3
m
m
m
.
Vậy minA
721
và maxA
721
.
Bài 4:( Trích chuyên đề bồi dưỡng HSG-Bất đẳng thức: Gv. Dư Quốc Đạt) Cho hai số x,y
thỏa
yyxx 2313
. Tìm GTLN, GTNN:
yx
.
Giải: Xét hệ:
2,1
13232313
yx
myx
mxy
myx
yyxx
(1)
Đặt
0,,2,1 vuyvxu
, thế vào hệ:
3
92
1
3
32
3
3
3
2
2
22
m
m
uv
m
vu
muvvu
m
vu
mvu
mvu
(2)
vu,
là nghiệm của phương trình:
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
22
0279618013
92
1
3
22
2
2
mmmttm
m
t
m
t
(3) .
Hệ (1) có nghiệm
yx;
phương trình (3) có 2 nghiệm t không âm.
1539
2
2139
0
18
279
0
3
S
054189'
2
2
m
mm
m
mm
Vậy
3539max;
2
2139
min
.
Bài 5:(Trích luận văn Thạc sĩ của thầy Đặng Văn Hiếu)
Cho
abccbacba 3 và0,,
.CmR:
1
222
333
bac
ab
acb
ca
cba
bc
.
Giải: Đặt
c
z
b
y
a
x
1
,
1
,
1
. Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành:
3 xyzxyz
.
Ta cần chứng minh:
1
222
333
yx
z
xz
y
zy
x
.
Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có:
3 62.
2
9
22
2
9
2 62.
2
9
22
2
9
1 62.
2
9
22
2
9
2
33
2
33
2
33
zzyx
yx
z
zyx
yx
z
yyxz
xz
y
yxz
xz
y
xxzy
zy
x
xzy
zy
x
Cộng từng vế (1) + (2) + (3) ta được:
222
639 zyxzxyzxy
.
Lại có:
3 và
222
zxyzxyzxyzxyzyx
.
Do đó ta được:
đpcm 1
222
333
yx
z
xz
y
zy
x
.
Vậy
1
222
333
bac
ab
acb
ca
cba
bc
.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
23
Bài 6:(Korea 1999) Cho
1 và0,, abccba
. CmR:
1
111
444444
cbacbacba
.
Giải: Áp dụng bất đẳng thức cô si ta được:
22244
22
22
222222444444
44
1
224
3
4
3
cba
a
cba
a
cb
cbbc
cbcbcbcbcbcb
cb
Tương tự:
2224422244
1
;
1
cba
c
cbacba
b
cba
.
Cộng vế theo vế các kết quả trên ta được:
đpcm
abc
cbacba
cba
cbacbacba
1
13111
3
222444444
Vậy
1
111
444444
cbacbacba
.
Bài 7: Cho x,y không âm và
yxxyyx 214
22
. Tìm GTLN:
22
yxyxxy
.
(Trích tài liệu của thầy Nguyễn Phú Khánh-Đại học Sư Phạm)
Giải: Ta có:
10nên âm không , Vì
1
3
1
321213214
222
22
yxyx
yxyxyxyxyxyxyxxyyx
Khi đó:
22
2
22
4
1
2
1
2
yxyxyxyx
yx
yxyxxy
.
Đặt
10, ttyx
.
Khi này:
1;0,
2
1
2
ttttf
.
Xét
1;0,0
1
.
2
1
2
2
1
'
t
t
ttt
t
tf
nên f(t) đồng biến trên đoạn
1;0
.
Do đó
2
1
khi
4
3
1maxmax yxftf
.
Bài 8:(Trích tài liệu bồi dưỡng HSG-Gv.Dư Quốc Đạt) Cho
0,, zyx
thay đổi và
1
111
zyx
.
Tìm GTLN:
yxzxzyzyx 32
1
32
1
32
1
.
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
24
Giải: Ta có:
362.32.62.21436214
321
32
x
z
z
x
y
z
z
y
x
y
y
x
zyx
zyx
1
321
36
1
32
1
zyxzyx
Tương tự:
3
321
36
1
32
1
và2
321
36
1
32
1
yxzyxzxzyxzy
Từ (1), (2) và (3) cho ta:
6
1111
6
1
zyx
, có đẳng thức khi
3 zyx
.
Vậy
6
1
max
khi và chỉ khi
3 zyx
.
Bài 9:(Trích tài liệu bồi dưỡng HSG-Gv.Dư Quốc Đạt) Cho
abccbacba 2 và1,,
.
CmR:
abcaabbcaabc
2
33
111
222
.
Giải:
*939
111
33
1
1
1
1
1
1
VT
111VT
2
222
222222
222
zyxzyx
cbacbaabc
cabbcaabc
Với
1,,0
1
,
1
,
1
zyx
c
z
b
y
a
x
.
Ta có:
1 121
2111
2 xyzzxyzxy
abccabcab
abccba
.
Lại có:
3
2
3
;
3
1
zyx
xyzzyxzxyzxy
.
Thay vào (1) ta được:
027921
3
2
3
1
23
3
2
zyxzyx
zyx
zyx
.
2
2
3
0332
2
zyxzyxzyx
Từ (2) và (*) cho ta điều phải chứng minh.
Nhận xét: giả thiết và bất đẳng thức biến đổi được theo
cba
1
,
1
,
1
nên đặt x,y,z cho gọn. Bất đẳng
Bất đẳng thức Lương Anh Nhật
______________________________________________________________________________
25
thức đánh giá qua đại lượng
zyx
nên từ giả thiết ta cố gắng giới hạn(
zyx
). Trong điều
kiện của x,y,z không cần chặn mà chỉ cần x,y,z dương là đủ.
Bài 10: (Trích tài liệu bồi dưỡng HSG-Gv.Dư Quốc Đạt) Cho
3 và0,,
z
x
y
z
x
y
zyx
.CmR:
1
zyyxzxyxz
xyxz
yxxzyzxzy
zxzy
xzzyxyzyx
yzyx
.
Giải: Ta biến đổi giả thiết:
63111
z
xz
y
zy
x
yx
z
zx
y
yz
x
xy
.
Đặt
z
xz
c
y
zy
b
x
yx
a
,,
. Biến đổi vế trái, ta được:
1 11
2
2
2
2
2
2
abcc
c
abcb
b
abca
a
abc
c
cab
b
bca
a
xy
zyyx
z
xz
z
xz
zx
yxxz
y
zy
y
zy
yz
xzzy
x
yx
x
yx
Ta có:
2
2
3
222
222
222
2
2
2
2
2
2
2
abccba
cabcabcba
abccba
cba
abcc
c
abcb
b
abca
a
Vì:
3 1
3
32
2
39111
222
2
abccba
cba
abccabcab
cbacba
Từ (2) và (3) cho ta (1) đúng
đpcm.
Vậy
1
zyyxzxyxz
xyxz
yxxzyzxzy
zxzy
xzzyxyzyx
yzyx
đúng
với yêu cầu đề bài.
Nhận xét: Bất đẳng thức quá rối vì vậy việc tìm ra được cách đặt phù hợp thể hiện đẳng cấp của
người giải bài toán.
Bài 11:(Trích tài liệu bồi dưỡng HSG -Gv.Dư Quốc Đạt) Cho
1 và0,, cbacba
.
CmR:
abcccbbaa 4
3
1
1
1
1
1
1
222
.
Giải: Biến đổi bất đẳng thức:
1
4
3
111
cc
ab
bb
ca
aa
bc
