Luận văn thạc sĩ toán sơ cấp sử dụng một số bất đẳng thức thông dụng để chứng minh bất đẳng thức

www.VNMATH.com

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------

ĐẶNG VĂN HIẾU

SỬ DỤNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC
THÔNG DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60 46 40

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. PHAN HUY KHẢI

Thái Nguyên, năm 2009

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
1

MỤC LỤC
Trang
Mục lục

1

Lời cảm ơn

2

Lời nói đầu

3

Chương 1 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi

4

1.1 – Bất đẳng thức Côsi

4

1.2 – Sử dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản

5

1.3 – Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi

14

1.4 – Thêm bớt hằng số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi

23

1.5 – Thêm bớt biến số khi sử dụng bất đẳng thức Cơsi

27

1.6 – Nhóm các số hạng khi sử dụng bất đẳng thức Côsi

33

Chương 2 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski

42

2.1 – Bất đẳng thức Bunhiacopski

42

2.2 – Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng

55

Chương 3 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu

59

3.1 – Bất đẳng thức với các dãy đơn điệu

59

3.2 – Một số ví dụ minh hoạ

60

Chương 4 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Trêbưsép

67

4.1 – Bất đẳng thức Trêbưsép

67

4.2 – Một số ví dụ minh hoạ

68

Chương 5 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Jensen

81

5.1 – Định nghĩa hàm lồi

81

5.2 – Điều kiện đủ về tính lồi của hàm số

82

5.3 – Bất đẳng thức Jensen

82

5.4 – Một số ví dụ minh hoạ

84

Tài liệu tham khảo

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

98




www.VNMATH.com
2

LỜI CẢM ƠN
Tôi xin trân trọng cảm ơn PGS.TS Phan Huy Khải, người thầy đã trực tiếp
giảng dạy, hướng dẫn và tạo mọi điều kiện giúp tơi hồn thành luận văn này.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau Đại học Trường
Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên và các thầy giáo, cô giáo đã trực tiếp
giảng dạy, giúp đỡ tôi trong suốt q trình học tập tại trường.
Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến cha mẹ, người thân, bạn bè và tất cả những
người đã giúp đỡ, động viên tôi trong suốt q trình học tập và hồn thành luận văn.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

www.VNMATH.com
3

LỜI NÓI ĐẦU
Bất đẳng thức là một trong những chuyên mục có tính hấp dẫn nhất trong giáo
trình giảng dạy và học tập bộ mơn tốn ở nhà trường phổ thơng. Nó là một đề tài
thường xun có mặt trong các đề thi về toán trong các kỳ thi tuyển sinh quốc gia,
cũng như trong các kỳ thi Olympic về tốn ở mọi cấp.
Luận văn này dành để trình bày một nhánh của lý thuyết bất đẳng thức – Các bất
đẳng thức thơng dụng.
Ngồi phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo luận văn gồm có 5 chương:
Chương 1 với tiêu đề “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cơsi” dành để trình
bày về bất đẳng thức Cơsi.
Bất đẳng thức Côsi là bất đẳng thức quan trọng nhất và có nhiều ứng dụng nhất
trong chứng minh bất đẳng thức. Trong chương này chúng tơi dành để trình bày các
phương pháp cơ bản nhất để sử dụng có hiệu quả bất đẳng thức Côsi.
Chương 2 “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski” trình bày các
ứng dụng của bất đẳng thức Bunhiacopski và bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng.
Một trong những phương pháp hay sử dụng và có tính hiệu quả để chứng minh
các bất đẳng thức là sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu. Các kết quả này
được trình bày trong chương 3.
Chương 4 dành để trình bày một lớp bất đẳng thức đơn điệu đặc biệt (đó là bất
đẳng thức Trêbưsép).
Sau hết trong chương 5 trình bày một áp dụng lý thú các kết quả của giải tích lồi
để chứng minh bất đẳng thức – đó là sử dụng tính lồi của hàm số để chứng minh
bất đẳng thức.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

www.VNMATH.com
4

Chương 1

PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI

1.1 BẤT ĐẲNG THỨC CƠSI.
1.1.1 Định lý. Với n số khơng âm: a1 , a2 ,..., an ( n ³ 2 ) ta có:
a1 + a2 + ... + an n
³ a1 .a2 ...an .
n

Đẳng thức xảy ra Û a1 = a2 = ... = an .
Chứng minh
· Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với n = 2 .
· Giả sử bất đẳng thức đã đúng cho n số khơng âm thì bất đẳng thức cũng đúng với
2n số khơng âm.

Ta có:

a1 + a2 + ... + a2 n 1
³
2n
2

(

n

)

a1.a2 ...an + n an +1.an+2 ...a2n ³ 2 n a1.a2 ...a2 n , nên bất

đẳng thức đúng khi n bằng một luỹ thừa của 2.
· Giả sử bất đẳng thức đúng với n số không âm, ta chứng minh bất đẳng thức đúng

với n - 1 số không âm. Thật vậy, đặt A = a1 + a2 + ... + an-1 ; an =
Ta có: A +

A
.
n -1

A
a .a ...a . A
³ n. n 1 2 n-1 Þ A ³ (n -1).n-1 a1.a2 ...an-1 .
n -1
n -1

Kết hợp ba điều trên suy ra bất đẳng thức Côsi đúng với mọi n nguyên dương

(n ³ 2) Þ đpcm.
1.1.2 Hệ quả. Với n số dương: a1 , a2 ,..., an (n ³ 2) ta luụn cú:
ổ1

(a1 + a2 + ... + an )ỗ +
ỗ

ỗ
ỗ a1
è

1
1ư
÷
+ ... + ÷ ³ n 2 .
÷
a2
an ÷
ø

Đẳng thức xảy ra Û a1 = a2 = ... = an .

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
5

Chứng minh
Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có: a1 + a2 + ... + an ³ n n a1.a2 ...an > 0 ,
1
1
1
1 1 1
+ + ... + ³ n. n . ... > 0 .

a1 a2
an
a1 a2 an

(1)
(2)

Nhân từng vế của (1),(2) suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét: · Bất đẳng thức Côsi chỉ áp dụng được cho các số không âm.
· Bất đẳng thức Côsi là bất đẳng thức quan trọng nhất, quen thuộc nhất,

và có một tầm ứng dụng rộng rãi trong các bộ môn của toán học sơ cấp. Đặc biệt là
dùng để chứng minh bất đẳng thức. Sự thành công của việc áp dụng bất đẳng thức
Cơsi để chứng minh các bài tốn về bất đẳng thức hoàn toàn phụ thuộc vào sự linh
hoạt của từng người sử dụng và kỹ thuật cách chọn các số a1 , a2 ,...., an .
Sau đây là một số phương pháp vận dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất
đẳng thức.
1.2 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI CƠ BẢN.
1.2.1 Nội dung phương pháp.
Qui ước: Gọi hệ quả của bất đẳng thức Côsi là “Bất đẳng thức Côsi cơ bản”. Sử
dụng hệ quả để chứng minh bất đẳng thức gọi là phương pháp “Sử dụng bất đẳng
thức Côsi cơ bản”.
Từ “Bất đẳng thức côsi cơ bản” tổng quát, ta có hai trường hợp riêng sau:
· Với mọi a, b > 0 , ta có: (a + b) (

1 1
1 1
4
+ ) ³ 4 hay:
+ ³

.
a b
a b a+b

Đẳng thức xảy ra Û a = b .
æ1 1 1ö
1 1 1
9
· Với mọi a, b, c > 0 , ta cú: (a + b + c )ỗ + + ữ 9 hay: + +
.
ỗ
ữ
ỗa b cữ
ố
ứ
a b c a+b+c

Đẳng thức xảy ra Û a = b = c .
1.2.2 Một số thí dụ minh hoạ.
Thí dụ 1.1 (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối A – 2005).
Cho x, y , z > 0 và thoả mãn:

1 1 1
+ + = 4. Chứng minh:
x y z

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

www.VNMATH.com
6

1
1
1
+
+
£1.
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z

Bài giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản hai lần liên tiếp, ta có:
ư
1
1ỉ 1
1 ÷ 1 éê 1
1 ỉ 1 1 ứ
1
1ỉ1
1
1ư
£ ỗ +
ữ Ê ờ + ỗ + ữỳỳ ị
ữ
Ê ỗ +
+ ữ . (1)
ữ
ỗ

ỗ
ỗ
ữ
ữ
ữ
2 x + y + z 4 ç 2 x y + z ÷ 4 ë 2 x 4 ỗ y z ữỷ
2x + y + z 8 ỗ x 2 y 2z ữ
ố
ứ
ố
ứ
ố
ứ
ỡ2x = y + z
ï
Û x= y= z.
ïy = z
ï
ỵ

Đẳng thức trong (1) xảy ra ù
ớ
Hon ton tng t, ta cú:
v

1
1ổ 1
1
1ử
Ê ỗ + + ữ

ữ
ỗ
ữ
x + 2 y + z 8 ỗ 2x y 2z ữ
ố
ứ

(2)

1
1ổ 1
1
1ử
ữ
Ê ỗ +
+ ữ.
ỗ
ữ
x + y + 2z 8 ỗ 2x 2 y z ữ
ố
ứ

(3)

Cng tng v (1),(2),(3) ta c:
1
1
1
1 ổ1 1 1ử
ữ

+
+
Ê ỗ + + ữ = 1 ị pcm.
ỗ
ỗ x y zữ
ữ
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4 è
ø
3
4

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û x = y = z = .
Nhận xét: Ta cũng có bất đẳng thức Côsi cơ bản sau:
Với a, b, c, d > 0 thì:
ỉ1
èa

1ư
dø

(a + b + c + d )ỗ + + + ữ 16 ị
ữ
ỗ
ữ
ỗ
1
b

1
c

1
1 ổ1 1 1 1ử
Ê ỗ + + + ữ.
ữ
ỗ
ữ
ố
a + b + c + d 16 ỗ a b c d ứ

p dụng vào thí dụ trên, ta có:
1
1
1 ỉ1 1 1 1ử
1
1 ổ 2 1 1ử
ữ
ữ
=
Ê ỗ + + + ữ ị
Ê ỗ + + ữ.
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ x x y zứ
ỗ x y zø
÷
÷
2 x + y + z x + x + y + z 16 è

2 x + y + z 16 ố

Tng t suy ra:
ị

ử
1
1 ổ 1 2 1ữ
Ê ç + + ÷
ç
÷
x + 2 y + z 16 ç x y z ÷
è
ø

và

1
1 ỉ 1 1 2ư
£ ç + + ữ.
ữ
ỗ
ữ
x + y + 2 z 16 ỗ x y z ữ
ố
ứ

1
1
1

1 ổ1 1 1ử
ữ
+
+
Ê ỗ + + ữ = 1 ị pcm.
ỗ
ỗ x y zữ
ữ
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4 è
ø
3
4

Đẳng thức xảy ra Û x = y = z = .

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
7

Thí dụ 1.2 (Bất đẳng thức Nesbit 3 biến).
Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng:

a
b
c
3

+
+
³ .
b+c c +a a+b 2

(1)

Bi gii
ổ

D thy (1) ỗ1 +
ỗ
ỗ
ố

ử ổ
ử ổ
ử
a ữ ỗ
b ữ ỗ
c ữ 9
ữ + ỗ1 +
ữ + ỗ1 +
ữ
ứ ố
ứ ố
ứ
b + cữ ỗ
c + aữ ç
a + b÷ 2

ỉ 1
1
1 ư
÷³9
Û 2 ( a + b + c )ỗ
+
+
ỗ
ữ
ỗb + c c + a a + b÷
è
ø
é 1
1
1 ù
ú ³ 9.
Û éë( a + b) + (b + c) + (c + a )ùû ê
+
+
êë a + b b + c c + a úû

(2)

Theo bất đẳng thức Cơsi cơ bản thì (2) đúng Þ đpcm.
Đẳng thức xảy ra Û a = b = c > 0 .
Nhận xét :
· Bất đẳng thức Nesbit cũng là một trong các bất đẳng thức thông dụng, thường

dùng làm bất đẳng thức trung gian để chứng minh một bất đẳng thức khác, nhằm rút

gọn phép chứng minh một bất đẳng thức.
· Xin đưa ra một thí dụ hình học lý thú minh hoạ cho bất đẳng thức Nesbit sau:

Cho DABC . Vẽ ba phân giác AA',BB',CC' . Gọi ka , kb , kc tương ứng là khoảng
cách từ A ', B ', C ' đến AB, BC , CA . Gọi ha , hb , hc tương ứng là ba chiều cao hạ từ
A, B, C . Chứng minh:

k a kb kc 3
+ + ³ .
ha hb hc 2

Bài giải
Ta có: SDABC = SDABA ' + SDAA ' C (Hình 1.1)
Þ

1
1
1
aha = cka + bka
2
2
2

Þ aha = ka (b + c) Þ

ka
a
=
.
ha

b+c

Hồn tồn tương tự, ta có:

kb
b
=
hb
c+a

(Hình 1.1)
;

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

kc
c
=
.
hc
a+b




www.VNMATH.com
8

Từ đó suy ra:

k a kb kc 3
a
b
c
3
+ + ³ Û
+
+
³ .
b+c c +a a+b 2
ha hb hc 2

(*)

Theo thí dụ 1.2 Þ (*) đúng Þ đpcm.
Đẳng thức xảy ra Û DABC đều.
Thí dụ 1.3 Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1 . Chứng minh:

x
y
z
3
+
+
£ .
x +1 y +1 z +1 4

Bài gii
Cú:

ổ 1
x
y
z
1
1
1
1
1 ử
ữ.
+
+
= 1+ 1+ 1= 3 -ỗ
+
+
ữ
ỗ
ỗ x + 1 y + 1 z + 1÷
÷
x +1 y + 1 z +1
x +1
y +1
z +1
è
ø

Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản ta có:
1
1
1

9
9
+
+
³
= ,
x +1 y + 1 z +1 x +1+ y +1+ z + 1 4

Vậy:

(do: x + y + z = 1 ).

x
y
z
9 3
+
+
£ 3 - = Þ đpcm.
4 4
x +1 y + 1 z +1
ìx +1 = y +1 = z +1
ï
1
.
Û x= y= z=
ïx + y + z = 1
3
ï
ỵ

Đẳng thức xảy ra Û ï
í
Nhận xét:

· Xin đưa ra một minh hoạ lượng giác cho thí dụ trên:

Chứng minh rằng trong mọi DABC , ta ln có:
A
B
B
C
C
A
.sin
sin .sin
sin .sin
2
2 +
2
2 +
2
2 £ 3.
A- B
B-C
C-A
4
cos
cos
cos

2
2
2

sin

(1)

Thật vậy, ta có (1) tương đương với:
A
B
B
C
C
A
.sin
sin .sin
sin .sin
3
2
2
2
2
2
2
+
+
£
A
B

A
B
B
C
B
C
C
A
C
A 4
cos .cos + sin .sin
cos .cos + sin .sin
cos .cos + sin .sin
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
A
B
B
C
C

A
tan . tan
tan .tan
tan .tan
2
2 +
2
2 +
2
2 £3.
(2)
Û
A
B
B
C
C
A
4
tan .tan + 1 tan .tan + 1 tan .tan + 1
2
2
2
2
2
2
sin

A
2

Đặt a = tan .tan

B
B
C
; b = tan .tan
2
2
2

; c = tan

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

C
A
.tan , (a, b, c > 0) .
2
2




www.VNMATH.com
9

A
2

Dễ thấy: a + b + c = tan . tan
Khi đó (2) trở thành:

B
B
C
C
A
+ tan .tan + tan .tan = 1 .
2
2
2
2
2

a
b
c
3
+
+
£ .
a +1 b + 1 c + 1 4

(3)
(4)

Theo thí dụ 1.3 thì từ (3),(4) Þ (1) đúng Þ đpcm.
Đẳng thức xảy ra Û a = b = c Û A = B = C Û DABC đều.
· Theo cách giải trên, ta cũng chứng minh được dạng tổng quát của thí dụ 1.3 sau:

Cho x1 , x2 ,..., xn > 0 thoả mãn: x1 + x2 + ... + xn = 1 .
Chứng minh:

x
x1
x
n
+ 2 + ... + n £
.
x1 +1 x2 + 1
xn + 1 n + 1

Thí dụ 1.4 Cho x, y , z > 0 . Chứng minh rằng:
M=

x
y
z
3
+
+
£ .
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4

Bài giải
Có M = 1 -

x+ y+z
x+ y+z

x+ y+z
+ 1+ 12x + y + z
x + 2y + z
x + y + 2z

ỉ
ư
1
1
1
÷=
= 3 - ( x + y + z )ỗ
+
+
ữ
ỗ
ỗ 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z ÷
÷
è
ø
é
ù
1
1
1
1
ú.
= 3 - éë( 2 x + y + z ) + ( x + 2 y + z ) + ( x + y + 2 z )ùû ê
+
+

êë 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z úû
4

Theo bất đẳng thức Cơsi cơ bản, ta có:

é
ù
1
1
1
é(2 x + y + z ) + ( x + 2 y + z ) + ( x + y + 2 z )ù ê
ú
+
+
ë
û ê 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z ú ³ 9 .
ë
û

1
4

Vậy M £ 3 - .9 =

3
Þ đpcm.
4

Đẳng thức xảy ra Û x = y = z.
Thí dụ 1.5 Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc . Chứng minh:

1
1
1
3
+
+
< .
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 16

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
10

Bài giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
ư 1 é 1 ỉ 1 1ư 1 ỉ 1
1
1
1ỉ 1
1
1 ửự
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ

ữ
=
Ê ỗ
ỗ
+
ỗ a + c 2 (b + c )ữ Ê 4 ờờ 4 ỗ a + c ữ + 4 ỗ 2b + 2c ữỳỳ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ố
ứ
ố
ứỷ
a + 2b + 3c ( a + c ) + 2 (b + c ) 4 ỗ
ố
ứ
ở
ị

1
1
1
1
1
1
1
3
Ê

+
+
+
=
+
+
.
a + 2b + 3c 16a 16c 32b 32c 16a 32b 32c

(1)

ìa + c = 2(b + c)
ï
ï
ï
Û a = b = c = 0.
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û ía = c
ï
ï2b = 2c
ï
ï
ỵ

Điều này khơng xảy ra vì theo giả thiết a, b, c > 0 .
Vậy ta có:

1
1
1
3

<
+
+
.
a + 2b + 3c 16a 32b 32c

(2)

Tương tự:

1
1
1
3
<
+
+
,
b + 2c + 3a 16b 32c 32a

(3)

1
1
1
3
<
+
+
.

c + 2a + 3b 16c 32a 32b

(4)

và

Cộng từng vế của (2),(3),(4) ta c:
ổ1
1
1
1
1
3 ửổ 1 1 1 ử
+
+
< ỗ + + ữỗ + + ữ .
ữỗ
ữ
ỗ
ố
ứố
ứ
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b ç16 32 32 ÷ç a b c ÷

Theo giả thiết: ab + bc + ca = abc Þ
Suy ra (5) Û

1 1 1
+ + = 1.
a b c

(5)
(*)

1
1
1
3
+
+
<
Þ đpcm.
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 16

Nhận xét: Cũng theo bất đẳng thức Cơsi cơ bản ta có cách giải khác cho thí dụ trên:
Thật vậy, theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta cú:
1
1ổ 1
1 ử 1 ộ1 ổ1
1 ửự
1
Ê ỗ
+ ữ Ê ờ ỗ + ữỳ +
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ỗ a + 2b 3c ữ 4 ờ 4 ỗ a 2b ữỳ 12c
ứ
ứỷ

a + 2b + 3c 4 è
ë è
Þ

1
1
1
1
£
+
+
.
a + 2b + 3c 16a 32b 12c

(6)

ìa = 2b
ï
.
ï4b = 3c
ï
ỵ

Đẳng thức trong (6) xảy ra Û ï
í

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

www.VNMATH.com
11

1
1
1
1
£
+
+
,
b + 2c + 3a 16b 32c 12a

(7)

1
1
1
1
£
+
+
.
c + 2a + 3b 16c 32a 12b

Tương tự ta có:

(8)

ìc = 2a
ìb = 2c
ï
ï
Đẳng thức xảy ra tương ứng trong (7),(8) là ï
và ï
.
í
í
ï4a = 3b
ï
ỵ

ï4c = 3b
ï
ỵ

Cộng từng vế của (6),(7),(8) ta c:
ổ1
1
1
1
1
1 ửổ 1 1 1 ử
+
+
Ê ỗ + + ữỗ + + ữ .
ữỗ
ữ
ỗ

ố
ứố
ứ
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b ỗ16 32 12 ữỗ a b c ữ

(9)

ng thc trong (9) xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (6),(7),(8) xảy ra
Û a = b = c = 0 .Vô lý, vì a, b, c > 0 nên đẳng thức trong (9) khơng thể xảy ra.

Theo (*) Þ (9) Û

1
1
1
17
3
+
+
<
<
Þ đpcm.
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 96 16

Nhận xét: Bằng cách này ta chứng minh được bất đẳng thức “tốt hơn” bất đẳng
thức ban đầu.
Thí dụ 1.6 Cho DABC nhọn. Chứng minh rằng:
1
1
1

+
+
³
cos A cos B cos C

1
A
sin
2

+

1
B
sin
2

+

1

C .
sin
2

Bài giải
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cơ bản, ta có:
1
1
4

+
³
=
cos A cos B cos A + cos B
Þ

1
1
+
³
cos A cos B

2
C
sin
2

2

cos

A+ B
A- B
.cos
2
2

2

=

sin

C
A- B
.cos
2
2

³

2
sin

.

(1)

ìcos A = cos B
ï
ï
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û ï A - B
Û A = B.
í
ïcos
=1
ï
ï
2
ỵ

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

C
2




www.VNMATH.com
12

Tương tự, ta có:

1
1
+
³
cos B cos C

2
A
sin
2

1
1
+
³
cos C cos A

Cộng từng vế (1),(2),(3) Þ

,

2
B
sin
2

(2)

.

(3)

1
1
1
+
+
³
cos A cos B cos C

1
sin

A
2

+

1
sin

B
2

+

1
sin

C
2

Þ đpcm.

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Û A = B = C
Û DABC đều.

Thí dụ 1.7 Cho DABC nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA ', BB ', CC ' là ba đường
cao lần lượt cắt đường tròn tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh:

AA ' BB ' CC ' 9
+
+
³ .
AA1 BB1 CC1 4

Bài giải

Gọi H là trực tâm DABC (Hình 1.2), ta có:
A ' H = A ' A1 , B ' H = B ' B1 , C ' H = C ' C1 .

Có

(1)

AA1 BB1 CC1
A ' A1
B ' B1
+
+
= 1+
+ 1+
+
AA ' BB ' CC '
AA '
BB '

+1 +

C ' C1
A' H B ' H C ' H
= 3+
+
+
.
CC '
AA '
BB '

CC '

Theo địng lý Sêva, thì:
Þ (2) Û

(2)

A'H B 'H C 'H
+
+
= 1.
AA '
BB '
CC '

AA1 BB1 CC1
+
+
= 4.
AA ' BB ' CC '

(3)

( Hình 1.2 )

Theo bất đẳng thức Cơsi cơ bản, ta có:
ỉ AA1 BB1 CC1ửổ AA '
BB ' CC ' ử
ữ
ữỗ

ỗ
+
+
ữỗ
ỗ
ữ
ữố AA 1 + BB + CC ữ 9 .
ỗ AA ' BB ' CC ' ứỗ
ữ
ố
1
1ứ

T (3),(4) ị

(4)

AA ' BB ' CC ' 9
+
+
³ Þ đpcm.
AA1 BB1 CC1 4

Đẳng thức xảy ra Û H là trọng tâm của DABC Û DABC đều.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

www.VNMATH.com
13

Cho DABC nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA ', BB ', CC ' là ba trung

Thí dụ 1.8

tuyến tương ứng lần lượt cắt đường tròn tại A1 , B1 , C1 .(Hình 1.3).
AA ' BB ' CC ' 9
+
+
£ .
AA1 BB1 CC1 4

Chứng minh:

Bài giải
Ta có: AA '. A ' A1 = BA '. A ' C =

a2
4

Þ AA '.AA1 = AA '.(AA '+ A ' A1 ) =
2
= ma +

2b 2 + 2c 2 - a 2 a 2
a2
=
+ .

4
4
4

Þ AA '. AA1 =
Þ

b2 + c2
2

2m 2
AA '
AA '2
=
= 2 a 2
AA1
AA '. AA1 b + c
=

2b 2 + 2c 2 - a 2
1
a2
= 1- . 2
.
2 b + c2
2 (b 2 + c 2 )

Tương tự ta có:
Từ đó Þ
Û

(Hình 1.3)

BB '
1
b2
CC '
1
c2
;
.
= 1- . 2
= 1- . 2
BB1
2 c + a2
CC1
2 a + b2

ö
AA ' BB ' CC ' 9
1 ỉ a2
b2
c2 ÷ 9
÷£ .
+
+
£ Û 3- ỗ 2
+ 2
+ 2
ỗ

ữ
AA1 BB1 CC1 4
2 ỗ b + c 2 c + a 2 a + b2 ÷ 4
è
ø

a2
b2
c2
3
+ 2
+ 2
³ .
2
2
2
2
2
b +c
c +a
a +b

(1)

Theo thí dụ 1.2 thì (1) đúng Þ đpcm.
Đẳng thức xảy ra Û a = b = c Û DABC đều.
Nhận xét: Đây là một minh hoạ hình học nữa cho bất đẳng thức Nesbit.
Thí dụ 1.9 Cho hình chóp tam giác S .ABC , trong đó SA, SB, SC đơi một vng góc
với nhau. Kẻ đường cao SH . Đặt
Chứng minh:

·
·
·
ASH = a , BSH = b , CSH = g (Hình 1.4).

cos 2 a
cos 2 b
cos 2 g
3
+ 2
+ 2
£ .
2
2
2
2
sin b + sin g sin g + sin a sin a + sin b 4

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên



(*)


www.VNMATH.com
14

Bài giải

Dễ thấy: cos2 a + cos 2 b + cos2 g = 1

(1)

Þ sin 2 a + sin 2 b + sin 2 g = 2 .

(2)

Đặt x = sin 2 a + sin 2 b ,
y = sin 2 b + sin 2 g ,
z = sin 2 g + sin 2 a .

Khi đó, từ (2) Þ x + y + z = 4 .

(3)

(Hình 1.4)
Từ (1) Þ (*) Û

1 - cos 2 b - cos 2 g 1 - cos 2 a - cos 2 g 1 - cos 2 b - cos 2 a 3
+
+
£
sin 2 b + sin 2 g
sin 2 g + sin 2 a
sin 2 a + sin 2 b
4

sin 2 g + sin 2 b -1 sin 2 a + sin 2 g - 1 sin 2 a + sin 2 b - 1 3
Û

+
+
£
sin 2 b + sin 2 g
sin 2 a + sin 2 g
sin 2 b + sin 2 a
4
ổ 1 1 1ử 3
1 1 1 9
3-ỗ + + ữ Ê + + .
ữ
ỗ
ữ 4
ỗ x y z÷
x y z 4
è
ø

(4)
ỉ1

1ư

÷
Theo bất đẳng thức Cơsi cơ bản, ta có: ( x + y + z )ỗ + + ữ 9 .
ỗ
ữ
ỗ x y zữ
ố
ứ

1

(5)

T (3),(5) Þ (4) đúng Þ đpcm.
Đẳng thức xảy ra Û x = y = z Û a = b = g Û S . ABC là hình chóp đều với các góc
ở đỉnh là tam diện vng.
1.3 SỬ DỤNG TRỰC TIẾP BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
1.3.1 Nội dung phương pháp.
Phương pháp này thích hợp với những bất đẳng thức có thể trực tiếp áp dụng
ngay bất đẳng thức Côsi, hoặc sau những biến đổi sơ cấp đơn giản là có thể sử dụng
ngay được bất đẳng thức Côsi. Lớp các bất đẳng thức này rất rộng, vì thế phương
pháp này cũng là một trong những phương pháp thông dụng để chứng minh bất
đẳng thức
Kỹ thuật chủ yếu là lựa chọn các số thích hợp để sau khi áp dụng bất đẳng
thức Côsi với các số ấy sẽ cho ta bất đẳng thức cần chứng minh .

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
15

1.3.2 Một số thí dụ minh hoạ.
Thí dụ 1.10 (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối B – 2005).
ổ12 ử ổ15 ử ổ 20 ử
Chng minh: ỗ ữ + ỗ ữ + ỗ ữ 3x + 4 x + 5 x , vi "x ẻ R .
ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ ố ứ
ố5ứ ố4ứ ỗ 3 ữ
x

x

x

Bi gii
ổ12 ử
ổ15 ử
ổ 20 ử
Do ỗ ữ > 0, ỗ ữ > 0, ỗ ữ > 0 , "x Ỵ R . Theo bất đẳng thức Cụsi ta cú:
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ5ữ
ỗ4ữ
ỗ3ữ
ố ứ
ố ứ
ố ứ
x

x

ổ12 ửx ổ15 ửx
ỗ ữ + ỗ ữ 2.
ỗ ữ ỗ ữ
ỗ5ữ ỗ4ữ

ố ứ ố ứ

x

ổ ử
ỗ12 ữ
ỗ ữ
ỗ5ữ
ố ứ

x

ổ15 ử
.ỗ ữ = 2.3x .
ỗ ữ
ỗ4ữ
ố ứ
x

(1)

ổ12 ử
ổ15 ử
ng thc trong (1) xy ra ỗ ữ = ỗ ữ x = 0 .
ỗ ứ
ỗ ữ
ữ
ỗ5ữ
ỗ ữ
ố

ố4ứ
x

x

ổ15 ử ổ 20 ử
Tng t, ta cú: ỗ ữ + ỗ ữ 2.5 x ,
ỗ ữ ỗ ữ
ỗ4ữ ỗ 3 ữ
ố ứ ố ứ

(2)

ổ 20 ử ổ12 ử
ỗ ữ + ỗ ữ 2.4 x .
ỗ ữ ỗ ữ
ỗ3ữ ố5ữ
ố ứ ỗ ø

(3)

x

x

x

x

Cộng từng vế (1),(2),(3) ta được:

ỉ12 ư ỉ15 ư ỉ 20 ử
ỗ ữ + ỗ ữ + ỗ ữ 3x + 4 x + 5 x ị pcm.
ỗ ữ ç ÷ ç ÷
ç5÷ ç4÷ ç 3 ÷
è ø è ø è ø
x

x

x

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Û x = 0 .
1
1
1
1
+
+
= 2 . Chứng minh: xyz £ .
1+ x 1+ y 1+ z
8

Thí dụ 1.11 Cho x, y , z > 0 và

Bài giải
Từ giả thiết ta có:

1
1
1

y
z
= 1+1=
+
.
1+ x
1+ y
1+ z 1+ y 1+ z

Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û

1
yz
³ 2.
>0.
1+ x
(1 + y )(1 + z )

y
z
=
Û y = z.
1 + y 1+ z

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên



(1)

www.VNMATH.com
16

1
zx
³ 2.
>0,
1+ y
(1 + z )(1 + x )

(2)

1
xy
³ 2.
>0.
1+ z
(1 + x )(1 + y )

Tương tự ta có:

(3)

Nhân từng vế của (1),(2),(3) ta được:
1
³ 8.
(1 + x)(1 + y )(1 + z )
Û 1 ³ 8 xyz Û xyz Ê

ổ
ử2
xyz
8 xyz
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ỗ (1 + x )(1 + y )(1 + z )÷ = (1 + x)(1 + y )(1 + z )
ữ
ỗ
ố
ứ

1
ị pcm.
8
1
2

ng thc xy ra ng thi đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û x = y = z = .
Nhận xét: Với cách lập luận trên có thể xây dựng các bất đẳng thức tương tự sau:
· Cho x, y , z , t > 0 và

1
1
1
1
1

+
+
+
= 3 . Chứng minh: xyzt £ .
1+ x 1+ y 1+ z 1+ t
81

· Cho a1 , a2 ,...., an > 0, (n ³ 2) và

1
å 1 + a = n -1 . Chứng minh:
i =1
i
n

Õa
n

i =1

i

£

1

( n -1)

n

.

Thí dụ 1.12 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3 .
Chứng minh:

a
b
c
3
+
+
³ .
2
2
2
2
1+ b
1+ c
1+ a

Bài giải
Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có: 1 + b 2 ³ 2b .
Þ

a
ab 2
ab 2
ab
= a³a= a- .
2

2
2b
2
1+ b
1+ b

(1)

Đẳng thức xảy ra Û a = b .
Tương tự ta có:
Từ (1),(2) Þ

b
bc
³ b2
2
1+ c

;

c
ca
³c2
2
1+ a

a
b
c
ab + bc + ca

+
+
³ (a + b + c ) .
2
2
2
2
1+ b
1+ c
1+ a

Dễ thấy: (a + b + c ) ³ 3(ab + bc + ca ) Þ ab + bc + ca £ 3 (do a + b + c = 3 ).
2

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên



(2)
(3)


www.VNMATH.com
17

Nên từ (3) suy ra:

a
b
c

3
+
+
³ Þ đpcm.
2
2
2
2
1+ b
1+ c
1+ a

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2) Û a = b = c = 1 .
Nhận xét:
· Với cách làm trên cũng chứng minh được một bất đẳng thức tương tự với 4 số:

Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 4 . Chứngminh:
a
b
c
d
+
+
+
³ 2.
2
2
2
1+ b
1+ c

1+ d
1 + a2
· Nếu ta sử dụng ngay bất đẳng thức Cơsi với mẫu số thì sẽ khơng thu được kết

quả. Tuy nhiên, khi ta sử dụng phép biến đổi sơ cấp đơn giản sau đó áp dụng bất
đẳng thức Cơsi với mẫu thì thí dụ được giải quyết một cách đơn giản và dễ hiểu
hơn, nên sẽ thu được kết quả theo yêu cầu.
· Theo cách suy luận trên, ta có lời giải cho các thí dụ sau:

Thí dụ 1.13 Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 4 . Chứng minh:
M=

1
1
1
1
+
+
+
³2.
2
2
2
1+ a
1+ b
1+ c
1+ d 2

Bài giải
Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có:

a2
a2
a
1
= 1³ 1= 1- .
2
2
2a
2
1+ a
1+ a

(1)

Đẳng thức trong (1) xảy ra Û a 2 = 1 Û a = 1.
Tương tự ta có:

1
b
1
c
³ 1;
³ 12
2
2
2
1+ b
1+ c

Từ (1),(2) Þ M ³ 4 -

;

1
d
³ 1- .
2
2
1+ d

(2)

a+b+c+d
= 2 Þ đpcm.
2

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2) Û a = b = c = d = 1 .
Thí dụ 1.14 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3 .
Chứng minh:

M=

a +1
b +1
c +1
+ 2
+ 2
³ 3.
2

b +1 c +1 a +1

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
18

Bài giải
Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có:

( a + 1) b 2
(a + 1) b 2
a +1
ab + b
= a + 1- 2
³ a +1= a +1.
2
2b
2
b +1
b +1

(1)

Đẳng thức trong (1) xảy ra Û b 2 = 1 Û b = 1.
b +1
bc + c

³ b + 1,
2
2
c +1

(2)

c +1
ca + a
³ c +1.
2
2
a +1

Tương tự ta có:

(3)

Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: M ³ 3 +

a + b + c - ( ab + bc + ca)
2

³ 3 Þ đpcm.

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Û a = b = c = 1 .
Nhận xét: Tương tự cũng chứng minh được bất đẳng thức với 4 số:
Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 4 . Chứng minh:
a +1
b +1

c +1
d +1
+ 2
+ 2
+ 2
³ 4.
2
b + 1 c + 1 d +1 a +1

Thí dụ 1.15 Cho a, b, c, d > 0 . Chứng minh:
a3
b3
c3
d3
a+b+c+d
+ 2
+ 2
+ 2
³
.
2
2
2
2
2
2
a +b
b +c
c +d
d +a

Bài giải
Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có:

a3
ab 2
ab 2
b
= a- 2
³a= a- .
2
2
2
2ab
2
a +b
a +b

(1)

Đẳng thức trong (1) xảy ra Û a = b .
b3
c
³b- ,
2
2
2
b +c

(2)

c3
d
³c- ,
2
2
2
c +d

(3)

d3
a
³d- .
2
2
2
d +a

Tương tự, ta có:

(4)

Cộng từng vế của (1),(2),(3),(4) ta được:

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

www.VNMATH.com
19

a3
b3
c3
d3
a+b+c+d
+ 2
+ 2
+ 2
³
2
2
2
2
2
2
a +b
b +c
c +d
d +a

Þ đpcm.

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3),(4) xảy ra
Ûa=b=c=d .

Thí dụ 1.16 (Bất đẳng thức Minkowski).
Cho a1 , a2 , a3 ³ 0 ; b1 , b2 , b3 ³ 0 . Chứng minh:

3

(a1 + b1 )( a2 + b2 )( a3 + b3 ) ³ 3 a1 a2 a3 + 3 b1b2 b3 .

(1)

Bài giải
· Nếu (a1 + b1 )( a2 + b2 )( a3 + b3 ) = 0 Þ VT = 0 . Ngồi ra tồn tại k (1 £ k £ 3) mà:
ak + bk = 0 Þ ak = bk = 0 (do ak ³ 0, bk ³ 0 ) Þ VP = 0 Þ bất đẳng thức (1) đúng.
· Nếu (a1 + b1 )( a2 + b2 )( a3 + b3 ) > 0. khi đó:

(1) Û

3

a1
a2
a3
b1
b2
b3
+3
£ 1.
a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3
a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3

(2)

Theo bt ng thc Cụsi, ta cú:
3

3

ử
a1
a2
a3
a2
a3 ữ
1ổ a
ỗ
ữ,
.
.
Ê ç 1 +
+
÷
a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 3 ỗ a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 ữ
ố
ứ

(3)

b1
b2
b3
b2
b3 ử
1ổ b
ữ.

ữ
.
.
Ê ỗ 1 +
+
ỗ
ỗa + b
ữ
a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 3 è 1
a2 + b2 a3 + b3 ÷
ø
1

(4)

Cộng từng vế (3),(4) Þ (2) đúng .
Đẳng thức trong (2) xảy ra Û Đồng thời đẳng thức trong (3),(4) xảy ra
ì a1
a2
a3
ï
ï
=
=
ï
ï a1 + b1 a2 + b2
a3 + b3
Ûï
í
ï b1

b2
b3
ï
=
=
ï
ïa + b
a2 + b2
a3 + b3
ï 1
1
ỵ

Û

a1 a2
a
=
= 3 .
b1
b2
b3

Kết hợp hai điều trên Þ (1) đúng Þ đpcm.
é$k (1 £ k £ 3) : ak = bk = 0
ê
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û êê a1 a2 a3
.
=
=

ê b1
b2
b3
ë

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
20

Nhận xét: · Xin đưa ra một minh hoạ hình học cho bất đẳng thức trên.
Cho DABC . Gọi M , N , P là điểm bên trong cạnh BC , AC và MN . Đặt S = SDABC ;
S1 = SDAPN ; S 2 = SDBPM . Chứng minh:

3

S1 + 3 S 2 £ 3 S .

(5)

Bài giải
Đặt BM = a1 ; CM = a2 ; CN = b1 ; AN = b2 ; MP = c1 ; NP = c2 . (Hình 1.5).
Ta có:

S1
S1 SDCMN
=

.
S
SDCMN
S

=

b2 c2
b1 a2
b1 (c1 + c2 ) (b1 + b2 )( a1 + a2 )

=

a2 b2 c2
.
( a1 + a2 )(b1 + b2 )(c1 + c2 )

Tương tự, ta có:

(6)

S2
a1b1c1
=
(7)
S
( a1 + a2 )(b1 + b2 )(c1 + c2 )

(Hình 1.5)

Từ (6),(7) suy ra (5) Û 3 a1b1c1 + 3 a2b2 c2 £ 3 (a1 + a2 )(b1 + b2 )(c1 + c2 ) .

(8)

Theo thí dụ 1.16 thì (8) đúng Þ đpcm.
· Hồn toàn theo cách chứng minh trên ta cũng chứng minh được dạng tổng

quát của bất đẳng thức Minkowski sau:
Cho hai dãy số không âm: a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn (n ³ 2, n Ỵ ¢ ) . Ta có:
n

(a1 + b1 )(a2 + b2 )...(an + bn ) ³ n a1a2 ...an + n b1b2 ...bn .
n-1

ỉ 2n - 2 ư
÷
÷
Thí dụ 1.17 Cho n 2, n ẻ Ơ . Chng minh rng: C .C ...C Ê ỗ
ỗ
ữ
ỗ n -1 ứ
ữ
ố
0
n

1
n

n

n

.

Bi gii
1
1
Vỡ Cn0 = Cnn = 1 , nên ta có: Cn0 .Cn ...Cnn = CnCn2 ...Cnn-1 .

(1)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
1
2
n
1
n
Cn + Cn + ... + Cn -1 ³ ( n -1) n-1 Cn × Cn2 ××× Cn -1 .
1
1
Vì Cn + Cn2 + ... + Cnn-1 = Cn0 + Cn + Cn2 + ... + Cnn-1 + Cnn - (Cn0 + Cnn )

= (1 + 1) - 2 = 2n - 2 .
n

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

www.VNMATH.com
21

1
2
n
Þ 2n - 2 ³ (n - 1) n-1 Cn ì Cn ììì Cn -1 .

(2)
n-1

ổ 2n - 2 ử
ữ
ỗ
ữ
T (1),(2) suy ra: C .C ...C Ê ỗ
ỗ n -1 ÷
÷
è
ø
0
n

1
n

n
n

Þ đpcm.

én = 2
.
êë n = 3

1
Đẳng thức xảy ra Û Cn = Cn2 = ... = Cnn-1 Û ê

Thí dụ 1.18 (Bất đẳng thức Côsi suy rộng).
Cho n số không âm: a1 , a2 ,..., an và a1 , a2 ,..., an là các số hữu tỉ dương có tổng bằng
a
a
1. Chứng minh: a1a1 + a2 a2 + ... + an an ³ a1a .a2 ...an .
1

2

n

Bài giải
Vì ak > 0, ak ẻ Ô (k = 1, n) v
Nờn đặt a1 =

åa
n

k =1

k

= 1.

p1
p
p
, a2 = 2 ,..., an = n , trong đó: p1 , p2 ,..., pn , M là các số nguyên
M
M
M

dương và: p1 + p2 + ... + pn = M .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho p1 số a1 , p2 số a2 ,..., pn số an ta có:
a1 + a1 + ... + a1 + a2 + ... + a2 + ... + an + ... + an M p1 p2 pn
³ a1 .a2 ...an
M
Û
Û

p1
p2
pn
p1
p
p
a1 + 2 a2 + ... + n an ³ a1M .a2M ...anM
M
M
M
a
a
a1a1 + a2 a2 + ... + an an ³ a1a1 .a2 2 ...an n Þ đpcm.

Đẳng thức xảy ra Û a1 = a2 = ... = an .
1
n

Nhận xét : · Khi lấy a1 = a2 = ... = an = , ta có bất đẳng thức Côsi dưới dạng:
a1 + a2 + ... + an ³ n n a1a2 ...an .
· Theo lời giải của thí dụ trên ta chứng minh được bất đẳng thức sau

(Bất đẳng thức Holder).
Cho hai dãy số không âm: a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn , p và q là hai số hữu tỉ

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
22

1

1 1
+ = 1 . Chứng minh:
dương sao cho:
p q

1

n

æ n p ử p ổ n q ửq
ỗồ a ữ .ỗồ b ữ ồ a b .
ữ ỗ
ữ
ỗ
k k
ỗ k =1 k ữ ỗ k =1 k ữ
ố
ứ ố
ứ
k =1

Thật vậy, theo thí dụ 1.18 ta có kết quả sau:
Nếu a ³ 0, b ³ 0 thì

1 p 1 q
a + b ³ ab .
p
q

Áp dụng (1) với a =

ak
ổ
ử
ỗồ a p ữ
ỗ
k ữ
ữ
ỗ k =1 ứ

ố
n

1
p

1
p

; b=

(1)
bk
ổ
ử
ỗồ b q ữ
ỗ
k ữ
ữ
ỗ k =1 ứ
ố
n

1
q

; "k = 1, n . Ta có:

akp

ak bk
1 bkq
.
+
³
n
n
1
1
q
p
q
ỉ n p ư p ỉ n q ửq
ồ ak
ồ bk ỗồ ak ữ ỗồ bk ữ
ữ
ữ
ỗ
k =1
k =1
ỗ k =1 ữ ỗ k =1 ữ
ố
ứ ç
è
ø

(2)

Vì (2) đúng với mọi k = 1, 2,..., n nên cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có:

å ak bk
1 1
k =1
+ ³
.
1
1
p q ỉ n
ư p ổ n q ửq
ỗ apữ ỗ b ữ
ỗồ k ữ çå k ÷
ç
è k =1 ÷ ç k =1 ÷
ø è
ø
n

Do

(3)

1 1
+ = 1 , nên từ (3) Þ đpcm.
p q

Đặc biệt: Nếu p = q = 2 thì từ bất đẳng thức Hơnđe ta có được bất đẳng thức
Bunhiacopski:

(a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) ³ (a1b1 + a2b2 + ... + anbn )2 .

Thí dụ 1.19 Chứng minh rằng, trong mọi DABC ta ln có:
cos A + cos B + cos C
R
³ .
2
2
2
sin A + sin B + sin C 3r

(1)

Bài giải
Áp dụng hệ thức r = 4 R sin
(1) Û

A
B
C
sin sin , ta có:
2
2
2

cos A + cos B + cos C
³
sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C

1
A
B

C
12sin sin sin
2
2
2

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

.

(2)




www.VNMATH.com
23

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:

(sin A + sin B + sin C )(sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ) ³ 9sin A sin B sin C .

(3)

Đẳng thức trong (3) xảy ra Û A = B = C .
3
2

Mặt khác, trong mọi DABC thì cos A + cos B + cos C £ .
Từ (3) suy ra:

(sin A + sin B + sin C )(sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ) ³ 6sin A sin B sin C (cos A + cos B + cos C )
Þ

cos A + cos B + cos C
sin A + sin B + sin C
³
2
2
2
6sin A sin B sin C
sin A + sin B + sin C

A
B
C
cos cos
cos A + cos B + cos C
1
2
2
2
.
Þ
³
=
2
2
2
A

B
C
A
B
C
A
B
C
sin A + sin B + sin C 48sin sin sin cos cos cos
12sin sin sin
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4cos

Vậy (2) đúng Þ (1) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra Û A = B = C Û DABC đều.
Nhận xét :
· Trong thí dụ này, ngồi sử dụng bất đẳng thức Cơsi, cịn sử dụng đồng thời

các hệ thức lượng giác, bất đẳng thức lượng giác cơ bản đã biết trong tam giác và
phép biến đổi tương đương để chứng minh. Việc vận dụng nhiều phương pháp khác
nhau, nhiều kết quả toán học khác nhau để chứng minh một bài toán là một điều mà
người học toán, làm toán cần quan tâm.

· Thơng qua ví dụ này cho thấy việc phân loại các phương pháp chứng minh

chỉ có tính chất tương đối mà thôi.
1.4 THÊM BỚT HẰNG SỐ KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
1.4.1 Nội dung phương pháp.
Ta hãy bắt đầu bằng một thí dụ đơn giản:
Cho a, b, c > 0 . Chứng minh:

3

ab + 3 bc + 3 ca -1 £

2 ( a + b + c)
3

.

Bài giải
Biểu thức dưới dấu căn bậc 3 là một tích của hai thừa số. Để có thể sử dụng được
bất đẳng thức Côsi ta cần viết: ab = ab.1 ; bc = bc.1 ; ca = ca.1 .

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
24

Nói khác đi, ta đã thêm vào thừa số 1 (hằng số ở đây là 1).

Khi đó theo bất đẳng thức Cơsi ta có:

3

ab = 3 ab.1 £
3

bc = 3 bc.1 £

3

Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được:

3

a + b +1
,
3

(1)

b + c +1
,
3

ca = 3 ca.1 £

(2)

c + a +1

.
3

ab + 3 bc + 3 ca £

2 ( a + b + c)
3

(3)
+ 1 Þ đpcm.

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û a = b = c = 1 .
Phương pháp giải như trên gọi là phương pháp thêm bớt hằng số khi sử dụng bất
đẳng thức Côsi.
Vấn đề quan trọng ở chỗ cần chọn hằng số như thế nào để có thể áp dụng được bất
đẳng thức Côsi vào bất đẳng thức cần chứng minh. Đồng thời phải chọn đúng hệ số
khi ghép cặp để đẳng thức có thể xảy ra được.
1.4.2 Một số thí dụ minh hoạ.
4
3

Thí dụ 1.20 Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1 . Chứng minh: x + xy + 3 xyz £ .
Bài giải
Ta có: x + xy + 3 xyz = x +

1
1
x.4 y + 3 x.4 y.16 z .
2
4

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:

1
1
x + 4 y x + 4 y + 16 z
x.4 y + 3 x.4 y.16 z £
+
.
2
4
4
12

4
4
Þ x + xy + 3 xyz £ ( x + y + z ) = (do x + y + z = 1 ) Þ đpcm.
3
3
ì
16
ï
ïx =
ï
ï
21
ìx = 4 y
ï
ï
ï

ï
ï
4
ï
Đẳng thức xảy ra Û í4 y = 16 z
Û ïy = .
í
ï
21
ïx + y + z = 1 ï
ï
ï
ï
ï
ỵ
ï
ïz = 1
ï
ï
21
ï
ỵ

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên