Chuyên đề bất đẳng thức AMGM, BCS

Chuyên đề
A. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
I. Phát biểu
Cho a
1
, a
2
,…, a
n
là các số không âm.
n
n
n
aaa
n
aaa


21
21
≥
+++
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= … = a
n
.
II. Chứng minh
- Rõ ràng bất đẳng thức đã đúng khi n = 2.

- Đầu tiên, ta chứng minh rằng nếu bất đẳng thức đã đúng với n, thì cũng đúng với 2n.
Thật vậy, xét 2n số không âm a
2
, a
2
, …, a
2n
. Ta có:
2

2

22121
221 n
aaa
n
aaa
n
aaa
nnnn
n
+++
+
+++
=
+++
++
(1)
Áp dụng giả thiết bất đẳng thức Cauchy đúng với n, từ (1) suy ra
( )

n
nnn
n
n
n
aaaaaa
n
aaa
22121
221

2
1
2

++
+≥
+++
(2)
Dấu bằng xảy ra trong (2) khi và chỉ khi:



===
===
++ nnn
n
aaa
aaa
221

21


(*)
Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho trường hợp n = 2, ta có:
VF(2)
≥

n
n
aaa
2
221

Dấu bằng xảy ra
⇔
a
1
a
2
…a
n
= a
n+1
a
n+2
…a
2n (**)
Từ (2), (3) suy ra
n

n
n
aaa
n
aaa
2
221
221

2

≥
+++
(4)
Dấu bằng trong (4) xảy ra
⇔
đồng thời có (*) và (**)
⇔
a
1
= a
2
= … = a
2n
.
Vậy bất đẳng thức Cauchy đùng với 2n.
Bây giờ ta chứng minh rằng nếu bất đẳng thức đã đúng với n (n≥2), thì cũng với n – 1. Thật vậy, giả sử a
1
, a
2

,
…, a
n-1
là n – 1 số không âm tùy ý.
Áp dụng giả thiết, ta có
n
n
aaa
aaa
n
n
1


121
121
−
+++
++++
−
−
n
n
n
n
aaa
aaa
1

121
121
−
+++
≥
−
−
n
n
n
aaa






−
+++
−
1

121
1


121
121
−
+++

≥
−
−
n
aaa
aaa
n
n
Vì luôn có thể coi
1

121
−
+++
−
n
aaa
n
>0 (nếu ngược lại, thì bất đẳng thức Cauchy đúng là hiển nhiên do a
1
=
a
2
= … = a
n–1
=0), từ đó suy ra:
1

121
−

+++
−
n
aaa
n
1
121

−
−
≥
n
n
aaa
Dấu bằng xảy ra
⇔
a
1
= a
2
= … = a
n–1
=
1

121
−
+++
−
n

aaa
n
⇔
a
1
= a
2
= … = a
n–1
Vậy bất đẳng thức Cauchy cũng đúng với n – 1.
Từ các lập luận trên suy ra đ.p.c.m.
II. Ứng dụng
DÙNG BĐT CAUCHY ĐỂ CHỨNG MINH BĐT KHÁC
1. Chứng minh rằng nếu a,b,c
≥
0 và a+b+c=3 thì ta có bất đẳng thức:
cabcabcba ++≥++
Giải:
Ta có:
2(ab+bc+ca) = (a+b+c)
2
– a
2
+ b
2
+ c
2
Ta phải chứng minh:
a
2

+ b
2
+ c
2
+ 2(
cba ++
)
≥
9
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số hạng
a
2
+
a
+
a
≥
3a,
b
2
+
bb +
≥
3b,
c
2
+
c
+
c

≥
3c.
Vậy a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(
cba ++
)
≥
3(a+b+c) =9.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1.
Kĩ thuật Cauchy ngược dấu
Trong một số bài chứng minh BĐT ta không thể dùng trực tiếp BĐT Cauchy với mẫu số vì BĐT đó sẽ
đổi chiều, ta xem ví dụ dưới đây:
2. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng :
2
3
2
2
2
2
2
2
≥
+
+
+

+
+ ac
c
cb
b
ba
a
Giải:
Ta có:
2
2
2
2
2
ab
a
ba
ab
a
ba
a
−≥
+
−=
+

Ta chỉ sử dụng BĐT Cauchy cho 2 số a & b
2
ở dưới mẫu nhưng vẫn có 1 BĐT thuận chiều.
abba 2

2
≥+
Tương tự với 2 hạng tử còn lại của VT. Cộng vế theo vế của 3 BĐT ta có:
( )
cabcab
cabcab
cba
ac
c
cb
b
ba
a
++−=








++−++≥
+
+
+
+
+
2
1

3
222
2
2
2
2
2
2
Mà
⇒≤++ 3cabcab
đpcm
TÌM CỰC TRỊ
1. Cho ABC là một tam giác tùy ý với 3 góc nhọn.
Tìm giá trị nhỏ nhất của tích: P = tanA.tanB.tanC
Giải:
Ta có:
tan(A + B) = - tanC
⇒
C
BA
tan1
tantan
−
+
= - tanC
⇒
tanA.tanB.tanC = tanA + tanB + tanC
Vì A, B, C nhọn nên tanA > 0, tanB > 0, tanC > 0
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương tanA, tanB, tanC ta có:
tanA + tanB + tanC ≥

3
tantantan3 CBA
⇒
tanA.tanB.tanC ≥
27
=
33
Vậy:
P đạt giá trị nhỏ nhất bằng
33
khi và chỉ khi tam giác ABC đều hay
tanA = tanB = tanC
2. a) Cho a > 0, b > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
x
bxax
A
))(( ++
=
với x > 0
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
xx
y
1
1
2
+
−
=
với 0 < x < 1
Giải

a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương
Ta có:
x
xbaabx
x
bxax
A
)())((
2
+++
=
++
=
=
ba
ab
xba
x
ab
x ++≥+++
2
.2
=
2
)( ba +
Dấu “=” xảy ra
abx
x
ab
x =⇔=⇔

b) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương
Ta có
31
1
2
1
21
1
2
+






−+






−
−
=+
−
=
xxxx
y

=
3
1
.
1
2
23
1
1
2
+
−
−
≥+
−
+
− x
x
x
x
x
x
x
x
322 +≥y
Dấu “=” xảy ra
xx
x
x
x

x
x
−=⇔







−
=
<<
−
⇔ 12
1
10
1
2
SỬ DỤNG BĐT ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1: Giải phương trình
a)
121
22
23
2
++−=++ xxx
xx
b)
4335

222
+−=++−+−+ xxxxxx
Lời giải:
a)
( )
( )
011212
223
≥+−+=++− xxxxxx
mà
0
4
3
2
1
1
2
2
>+






−=+− xxx
Do đó
2
1
012 −≥⇔≥+ xx

Điều kiện
2
1
−≥x
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm 2x + 1, x
2
– x + 1 ta có:
( )
( )
( )
( )
1
22
12
2
112
112
2
23
2
2
++≤++−⇔
+−++
≤+−+
xx
xxx
xxx
xxx
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
2x + 1 = x

2
– x + 1

( )
03
03
2
=−⇔
=−⇔
xx
xx

0
=⇔
x
hoặc x – 3 = 0
b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có

x
xxxx
=
+++−
+
+−+
≤
2
13
2
15
22

Ta có
xxx ≤+− 43
2

( )
02
02
044
2
2
=−⇔
≤−⇔
≤+−⇔
x
x
xx
Bài 2 Giải phương trình sau:

4012102
2
+−=−+− xxxx
Điều kiện
102
≤≤
x
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm, ta có

( ) ( )
2
4.10

2
4.2
102
xx
xx
−
+
−
=−+−

.4
4
410
4
42
=
+−
+
+−
≤
xx
Dấu “=” xảy ra
6
410
42
=⇔



=−

=−
⇔ x
x
x
Mà
( )
( )
.446436124012
2
22
≥+−=++−=+− xxxxx
Dấu “=” xảy ra
606
=⇔=−⇔
xx
Hệ phương trình
Giải hệ phương trình sau:





=+
−
+
−=−
+
−
26
3

1
2
1
3
22
yx
x
y
y
x
Lời giải:
( ) ( )
1.31.535
2222
++−+−+=++−+−+
xxxxxxxx





=+
=
−
+
+
+
−
⇔






=+
−
+
−=−
+
−
26
2
3
1
1
3
26
3
1
2
1
3
22
22
yx
x
y
y
x
yx

x
y
y
x
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm
3
1
,
1
3
−
+
+
−
x
y
y
x
ta có

2
3
1
.
1
3
2
3
1
1

3
=
−
+
+
−
≥
−
+
+
+
−
x
y
y
x
x
y
y
x
Dấu “=” xảy ra
1
3
1
1
3
=
−
+
=

+
−
⇔
x
y
y
x
B. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACỐPXKI (B.C.S)
I. Phát biểu
Cho n cặp số a
1
, a
2
, , a
n
b
1,
b
2
, , b
n
.
Ta luôn có :






≤







∑∑
n
i
n
ii
aba
1
2
2
1







∑
n
i
b
1
2
(1)

Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi : a
1
:b
1
= a
2
:b
2
= = a
n
:b
n
II. Chứng minh
Dùng bất đẳng thức Cauchy:
(1)
⇔

1.
22
≤
∑
∑∑
i
i
i
i
b
b
a
a

(2)
Ta có:
( ) ( )
∑∑
∑∑
≥








+
22
2
2
2
2
2
1
ii
ii
i
i
i
i
ba
ba

b
b
a
a
Cho i = 1, 2, , n cộng vế với vế ta được đpcm
III. Ứng dụng
DÙNG BĐT B.C.S ĐỂ CHỨNG MINH MỘT BĐT KHÁC
Phương pháp:
Bất đẳng thức Schwartz – Bouniakovski được áp dụng cho mọi số thực và thường được dùng để chứng
minh các bất đẳng thức có dạng:
DẠNG 1:
( ) ( )
.f x g x c+ ≤
Với
( )
0,f x ≥

( )
0g x ≥
và
( ) ( )
f x g x A+ ≤
Ví dụ: Chứng minh rằng:

3p p a p b p c p≤ − + − + − ≤
trong đó 2p + a + b +c với a, b, c là 3 cạnh của tam giác
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 6 số:
1,1,1,
, ,p a p b p c− − −
Ta có:

2 2 2
1 1 1p a p b p c p a p b p c− + − + − ≤ + + − + − + −
Thay a + b + c = 2p
Ta có
3p a p b p c p− + − + − ≤
*Mặt khác với
0, 0, 0x y z≥ ≥ ≥
ta có:
( )
2
2 2 2
x y z x y z+ + ≥ + +
Suy ra:
( )
2
p a p b p c p a p b p c p− + − + − ≥ − + − + − =
DẠNG 2:
( ) ( )
2
2 2
2 2
C
f x g x
a b
+ ≥
+
với
( ) ( )
af x .bg x C+ ≥
Ví dụ: Chứng minh rằng:

2 2
2 2
2 2
1 1 25
sin os
sin os 2
x c x
x c x
   
+ + + ≥
 ÷  ÷
   
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 4 số:

2 2
2 2
1 1
1,1, sin , os
sin os
x c x
x c x
   
+ +
 ÷  ÷
   
Ta có:
2
2 2
2 2
1 1

sin os
sin os
x c x
x c x
 
   
+ + + ≤
 ÷  ÷
 
   
 
( )
2
2 2
2 2
1 1
1 1 sin os
sin os
x c x
x c x
 
   
+ + + +
 
 ÷  ÷
   
 
 
2 2
2 2

2 2 2 2
2 2 2 2
sin os 1 1
sin os 2 sin os
sin os sin os
x c x
x c x x c x
xc x x c x
 
 
+
   
⇔ + + ≤ + + +
 
 ÷
 ÷  ÷
   
 
 
 
2 2
2 2
2 2 2
1 4 1 1
1 sin os
2 sin 2 sin os
x c x
x x c x
 
     

⇔ + ≤ + + +
 
 ÷  ÷  ÷
     
 
 
Mà:
2
4 4
1 1 5
sin 2 1x
+ ≥ + =
(vì
2
0 sin 2 1x≤ ≤
)
Suy ra:
( )
2
25
5
2
1
cos
1
cos
sin
1
sin
2

2
2
2
2
2
2
=≥






++






+
x
x
x
x
DẠNG 3:

( ) ( )
22
bakxbgxaf +≤+

với
( ) ( )
222
kxgxf ≤+
(k>0)
Ví dụ: Chứng minh rằng nếu x, y, z thỏa mãn phương trình x
2
+ y
2
+ z
2
= 1
thì ta sẽ có:
1
2
1
≤++≤− xzyzxy
Lời giải:
Ta có: xy + yz + xz =
( )
( )
[ ]
222
2
2
1
zyxzyx ++−++

( )
2

1
2
1
222
−=++−≥+++⇒ zyxzxyzyx
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 6 số: (x, y, z ), (y, z, x) ta có:
1
222222222
=++=++++≤++ zyxxzyzyxxzyzxy
Vậy tóm lại ta có:
1
2
1
≤++≤− xzyzxy
DẠNG 4:
( ) ( ) ( )
xgxfxh ≤
2
Ví dụ: giả sử m
k
=
101
100

4
3
3
2
2
1

kkkk
++++
với k = 1, 2, 3
Chứng minh rằng:
11
2
−+
≤
kkk
mmm
Lời giải: Với m
k
=








++++
101
100

4
3
3
2
2

1
kkkk









++++=⇒








++++=⇒
++++
+
−−−−
−
101
100

4
3

3
2
2
1
101
100

4
3
3
2
2
1
1111
1
1111
1
kkkk
k
kkkk
k
m
m
Ta có:









+++








+++≤








+++=








++++=

+++−−−
+−+−+−
10
100

3
2
2
1
101
100

3
2
2
1
101
100
101
100

3
2
3
2
2
1
2
1
101

100

4
3
3
2
2
1
111111
2
2
111111
2
2
kkkkkk
k
kkkkkk
kkkk
k
m
m

11
2
+−
≤⇔
kkk
mmm
DẠNG 5:
22

sincos BAxBxA +≤+
Ví dụ:
Chứng minh với mọi x, y ta có:

( )
1
1
cos2sin1
1
2
2
≤
+
+−
≤−
x
yxyx
Lời giải:
Ta có:
( )
( )
1
1
cos2sin1
cossin
1
4
1
1
cos

1
2
sin
1
1
2
2
22
2
2
2
2
2
2
22
2
≤
+
+−
⇔
+
+









+
−
≤
+
+
+
−
x
yxyx
y
x
x
x
x
y
x
x
y
x
x
DẠNG 6:
MDxCxxBxA ≤+++
22
sincossincos
Ví dụ:
Chứng minh với mọi x:
( )( )
2
2
1cossincossin







+
+≤++
ba
xbxxax
Lời giải:
Ta có:

( )( ) ( )
xxbaxabxxbxxax cossincossincossincossin
22
+++=++
Thay
2
2sin
cossin,
2
2cos1
sin,
2
2cos1
cos
22
x
xx

x
x
x
x =
−
=
+
=
Ta có:
( )( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
xabxbaabxbxxax 2cos12sin1
2
1
cossincossin −++++=++
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 4 số. Ta có:
( ) ( )
( )( )
22
112cos12sin baxabxba
++≤−++
Vậy:
( )( ) ( )
( )( )
[ ]
22
111
2
1
cossincossin baabxbxxax ++++≤++

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 2 số. Ta có:

( )( )
2
1
2
11
11
2222
22
baba
ba
+
+=
+++
≤++
Suy ra:
( )( )
( )






+
+≤







+
+++≤++
2
2
2
1
2
11
2
1
cossincossin
2
22
baba
abxbxxax
( ) ( )
2
sin cos sin cos 1
2
a b
x a x x b x
+
 
⇒ + + ≤ +
 ÷
 
( ) ( ) ( ) ( )

xxabbaxabxba 2cos2sin12cos12sin
222
2
+−++≤−++
DẠNG 7:
osx+bsinx+c
osx+nsinx+p
ac
M
mc
≤
DẠNG 8:
( )
f x M≤
Bài toán phụ của bất đẳng thức Bunhiacôpxki
Chứng minh rằng:
( )( )
2222
yxbabyax ++≤+
Lời giải:
( )( )
2222
yxbabyax ++≤+

( )
( ) ( )
(
)
2
2

2 2 2 2
ax by a b x y⇔ + ≤ + +

( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
2a x abxy b y a b x y⇔ + + ≤ + +

( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
2 0a b x y a x abxy b y⇔ + + − + + ≥

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 0a x a y b x b y a x abxy b y⇔ + + + − − − ≥

02
2222
≥−+ abxyybya

( )
0
2
≥− bxay
(bất đẳng thức đúng).
Do đó
( )( )
2222
yxbabyax ++≤+
Ví dụ: Cho a, b > 0. Chứng minh rằng
( )( )
( )

.254334 bababa +≤++
Lời giải:
Áp dụng bài toán phụ (bất đẳng thức Bunhiacôpxki) ta có:
( )
( )
( )
( )
.543.4.343
534.3.434
22
22
babababa
babababa
+=++≤+=+
+=++≤+=+
Do đó

( )( )
)(255.54334 bababababa +=++≤++
TÌM CỰC TRỊ
1. Cho α, β, γ là 3 góc dương thỏa điều kiện:

2
π
α β γ
+ + =
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
g =
γαγββα
tantan1tantan1tantan1

+++++
Giải:
Ta có:
2
π
α β γ
+ + =
⇔
α + β =
γ
π
−
2
⇔
tan(α + β) = tan






−
γ
π
2
= cotγ
⇔
βα
βα
tantan1

tantan
−
+
=
γ
tan
1
⇔
(tanα + tanβ)tanγ = 1 - tanαtanβ
⇔
tanαtanβ + tanγtanβ + tanαtanγ = 1
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:
g
2
=
( )
2
tantan1tantan1tantan1
γαγββα
+++++
≤ (1
2
+ 1
2
+ 1
2
)(3 + tanαtanβ + tanβtanγ + tanαtanγ) = 12
Vì g > 0
⇒
g ≤

32
Dấu “=” xảy ra khi:
γαγββα
tantan1tantan1tantan1
+=+=+
⇔
tanα = tanβ = tanγ
α = β = γ =
6
π
Vậy:
32
max
=g
khi α = β = γ =
6
π
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của x thỏa mãn hệ sau:



=+++
=+++
13
7
2222
cbax
cbax
với a, b, c là tham số
Giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:
(a

+ b + c)
2
≤ (1
2
+ 1
2
+ 1
2
)(a
2
+ b
2
+ c
2
) ≤ 3(a
2
+ b
2
+ c
2
)
⇔
(a

+ b + c)
2
≤ 3(a

2
+ b
2
+ c
2
) (1)
Theo giả thiết, ta có:
a + b + c = 7 – x (2)
và
a
2
+ b
2
+ c
2
= 13 – x
2
(3)
Từ (1), (2) và (3)
⇒
(7 – x) ≤ 3(13 – x
2
)
⇔
4x
2
– 14x + 19 ≤ 0
⇔
1 ≤ x ≤
2

5
Vậy
1
min
=x
khi a = b = c = 2
2
5
max
=x
khi a = b = c =
2
3
Đề thi đại học khối A năm 2007
Cho x,y,z >0 thỏa mãn xyz = 1. CMR
P =
( ) ( ) ( )
2
222
222
≥
+
+
+
+
+
+
+
+
yyxx

yxz
xxzz
xzy
zzyy
zyx
Giải:
Ta có P
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
≥
+
+
⇔≥
+
+
⇔
∑∑
zzyyyz
zyxx
zzyyxyz
zyx
mà
yzzy 2≥+
(BĐT Cauchy). Nên ta cần CM:

1
2
≥
+
⇔
∑
zzyy
xx
Điều này đúng theo Bunhiacopxki.
Ta có thể nhận định bài BĐT này thực chất là được chế biến từ bài sau:
ba
c
ac
b
cb
a
222 +
+
+
+
+
với
zzcyybxxa === ;;
(Vì
( )
xxyzxzyx 22
2
=≥+
)
Ta CM

1
2
≥
+
∑
cb
a
nhờ Bunhiacopxki