KINH NGHIỆM học TOÁN

1. Kiến thức cần nắm vững
1.1. Định nghĩa bất đẳng thức:
Với hai số a, b bất kỳ ta nói rằng a

b

a -b

0
a

b

a -b

0
1.2. Tính chất:
1. a > b ; b >c

a > c
2. a >b

a + c > b + c
3. a > b ; c > 0

ac > bc
a > b ; c < 0

ac < bc
5. a > b ; c > d

a + c > b + d
a > b ; c < d

a - c < b - d
6. a > b

0

ac > bd
7. a > b > 0 ; 0 < c < d


c
a
>
d
b
8. a > b > 0

a
n
> b
n

a > b

a
n
> b
n

(n lẻ)

a b


a
n
> b
n
( n chẵn )
9. Nếu m > n >0 thì a >1

a
m
> a
n

a =1

a
m
= a
n

0 < a < 1

a
m
< a
n

10. a > b , ab > 0


a
1
<
b
1
1.3. Các hằng bất đẳng thức:
1. a
2


0 với mọi a. Dấu bằng xy ra

a = 0
2.
a

0 với mọi a. Dấu bằng xy ra

a = 0
3.
a

a với mọi a. Dấu bằng xy ra

a

0
4.
ba +


a
+
b
với mọi a,b. Dấu bằng xy ra

ab

0
5.
ba


a
-
b
với mọi a,b. Dấu bằng xy ra

ab > 0 và
a


b
II. Nội dung:
1. Ph ơng pháp sử dụng định nghĩa :
1.1. Phơng pháp giải: Muốn chứng minh A > B hãy xét hiện A - B. Nếu hiện A -

B dơng thì khẳng định đợc A > B là bất đẳng thức cần chứng minh.
1.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho a,b,c > 0. chứng minh rằng (a + b + c) (
a
1
+
b
1
+
c
1
)

9
Giải: Xét hiệu H = (a + b + c) (
a
1
+
b
1
+
c
1
) - 9
= (
b
a
+
a
b

- 2) + (
c
a
+
a
c
- 2) + (
c
b
+
b
c
- 2)
=
( ) ( ) ( )
bc
cb
ac
ca
ab
ba
222

+

+

Do a,b,c > 0

H

0 Theo định nghĩa bất đẳng thức:

(a + b + c) (
a
1
+
b
1
+
c
1
)

9
Dấu = xẩy ra

H = 0

a = b = c
Ví dụ2: Cho a > 0, b > 0. chứng minh rằng:
3
33
22

+

+ baba
Giải: Xét hiệu: A =
3
33
22






+

+ baba
Bỏ ngoặc, phân tích thành nhân tử ta đợc: A =
8
3
(a + b) (a - b)
2
Vì a > 0 , b > 0

a + b > 0 mà (a - b)
2


0

A

0
Theo định nghĩa


2
33
ba +



3
2






+ ba

Dấu bằng xẩy ra

a = b
1.3. Bài tập tơng tự:
Bài 1: Chứng minh:
b
a
+
a

b


2 với ab > 0
Bài 2: Chứng minh: x
2
+ y
2
+ z
2


xy + yz + xz
2. Ph ơng pháp sử dụng tính chất
2.1. Phơng pháp giải: Sử dụng một hay nhiều tính chất đã nêu ở 2.2 để biến
đổi. Từ đó khẳng định bất đẳng thức cần chứng minh
2.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho a, b > 2. Chứng minh ab > a + b
Giải: Ta có: a > 2 , b > 0

ab > 2b (1) (Tính chất 3)
b > 2 , a > 0

ab > 2a (2) (Tính chất 3)
Từ (1) và (2)

2ab > 2 (a + b) (Tính chất 4)


ab > a + b (Tính chất 3)

Ví dụ 2: Cho x

0, y

0, z

0. Chứng minh rằng:
(x + y) (y + z) (z + x)

8xyz
Giải: Ta có: (x-y)
2
0

x
2
- 2xy +y
2


0


x
2
+ 2xy +y
2


4xy (Tính chất 2)

(x+y)
2


4xy (1)
Tơng tự ta có: (y+z)
2


4yz (2)
(x+z)
2


4xz (3)
Nhân từng vế (1),(2),(3)

[(x+y)(y+z)(x+z)]
2


(8xyz )
2
(Tính chất 6)


(x+y)(y+z)(x+z)

8xyz (Tính chất 8)
2.3. Bài tập tơng tự:
Bài 1: Cho a + b > 1. Chứng minh rằng a
4
+b
4
>
8
1
Bài 2: Chứng minh rằng:
2
2
b
a
+
2
2
c
b
+
2
2
a
c



b
c
+

a
b
+
c
a
Bài 3: Cho x + y = 2. Chứng minh : x
4
+ y
4


2
3. Ph ơng pháp phân tích : ( Biến đổi tơng đơng)
3.1. Phơng pháp giải: Xuất phát từ bất đẳng thức cần chứng minh ta biến đổi
nó tơng đơng với một bất đẳng thức khác mà ta đã biết là đúng từ đó suy ra bất
đẳng thức cần chứng minh là đúng.
3.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (a + b)
2


2 (a
2
+ b
2
) với mọi a , b.
Giải: (a + b)
2

2(a
2
+ b
2
) (1)


a
2
+2ab +b
2
- 2a
2
- 2b
2


0


-(a
2
- 2ab + b
2
)

0


-( a - b)

2


0 (2)
Bất đẳng thức (2) luôn đúng

bất đẳng thức (1) đúng (đpcm)
Ví dụ 2: Cho 2 số a, b thoả mãn: a + b = 1
Chứng minh: a
3
+ b
3
+ab


2
1
(1)
Giải: (1)

a
3
+ b
3
+ab -
2
1


0

(a + b) (a
2
- ab + b
2
) +ab -
2
1


0


a
2
- ab + b
2
+ ab -
2
1

0 (vì a + b = 1)


a
2
+ b
2
-

2
1

0


2a
2
+ 2b
2
- 1

0


2a
2
+ 2(1 - a)
2
- 1

0 ( vì b = 1 - a)


4 (a -
)
0
2
1
2

(2)
Bất đẳng thức (2) luôn đúng mà các phép biến đổi trên là tơng đơng
)1(
đúng
Dấu bằng xảy ra

a =
2
1
= b
3.3. Bài tập tơng tự
Bài 1: Với mọi a, b chứng minh a
4
+ b
4


a
3
b + ab
3
Bài 2: Cho a > 0, b > 0. Chứng minh
a
b
ba
b
a

Bài 3: Chứng minh x

4
+ y
4

2
6
2
6
x
y
y
x
+
với x
0,0 y
4. Ph ơng pháp tổng hợp
4.1. Phơng pháp giải: Từ một bất đẳng thức đã biết là đúng, dùng các phép
biến đổi tơng đơng biến đổi bất đẳng thức đó về bất đẳng thức cần chứng minh.
Phơng pháp giải này làm cho học sinh thấy khó ở chỗ là không biết nên
bắt đầu từ bất đẳng thức nào nhng nếu biết phơng pháp giải này ngợc với phơng
pháp phân tích thì cũng rất dễ tìm ra bất đẳng thức xuất phát.
4.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Cho a, b

0. Chứng minh
ab
ba
2
2

+
(Bất đẳng thức Côsi)
Giải: Theo giả thiết a, b

0

ab

0


ab
xác định.
Ta có: ( a - b)
2


0

a
2
- 2ab +b
2


0

a
2
+ 2ab +b

2


4ab

( a - b)
2


4ab

a + b

2
ab
(vì a + b

0 )


ab
ba

+
2
(đpcm)
Dấu = xảy ra

a = b.
Ví dụ 2: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:

( ) ( )
22
2222
dbcadcba ++++++
Giải:
Ta có: (ad - bd)
2


0

a
2
d
2
- 2adbc + b
2
c
2


0

a
2
d
2
- 2adbc + b
2
c

2
+ a
2
c
2
+ b
2
d
2


a
2
c
2
+ b
2
d
2

a
2
d
2
- 2adbc + b
2
c
2
+ a
2

c
2
+ b
2
d
2


a
2
c
2
+ 2acbd + b
2
d
2

a
2
(c
2
+ d
2
) + b
2
(c
2
+ d
2
)

(ac + bd)
2
( )( )
++
2222
dcba
ac + bd ( vì ac + bd > 0)


a
2
+ b
2
+ 2
( )( )
2222
dcba ++
+ c
2
+ d
2


2ac + 2bd + a
2
+ b
2
+ c
2

+d
2

(
( )( )
2222
dcba ++
)
2


(a + c)
2
+ (b + d)
2

( ) ( )
22
2222
dbcadcba ++++++
(đpcm)
Dấu = xảy ra

d
c
b
a
=
Chú ý: với a, b, c, d >0 thì các phép biến đổi trong cách giải trên là tơng đơng.
4.3. Bài tập tơng tự: Chứng minh các bất đẳng thức

Bài 1: a
2
+ b
2
+ c
2


ab + bc + ca với mọi a, b
Bài 2: (x-y)
2
+ (y -z)
2
+ (z -x)
2


3(x
2
+ y
2
+z
2
) với mọi x, y, z
Bài 3:
3
33
22

+

+ baba
với a > 0 , b > 0
5. Ph ơng pháp phản chứng :
5.1. Phơng pháp giải: Nếu bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức A

B
( hoặc A < B) thì ta giả sử A < B (hoặc A

B). Từ điều mà ta vừa giả sử cùng
với giả thiết của bài toán ta suy ra một điều mâu thuẫn với giả thiết với các kiến
thức đã học. Cuối cùng ta khẳng định kết luận của bài toán A

B
( hoặc A < B) là đúng.
Giải nh vậy gọi là phơng pháp phản chứng.
5.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Cho a
2
+ b
2


2 . Chứng minh: a + b

2
Giải: Giả sử: a + b > 2

a
2
+ 2ab + b
2
> 4 (1)
Ta có: (a - b)
2


0

a
2
- 2ab + b
2


0

2ab

a
2
+ b
2

a

2
+ b
2
+ 2ab

2(a
2
+ b
2
)
Mặt khác theo giả thiết ta có: a
2
+ b
2


2

2(a
2
+ b
2
)

4
Suy ra: a
2
+ b
2
+ 2ab

4 (2) mâu thuẫn với (1). Vậy phải có a + b

2
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
Nếu a + b + c > 0; abc >0 , ab + bc + ac > 0 thì a > 0, b > 0, c > 0.
Giải: giả sử a

0
Nếu a = 0 thì abc = 0 trái với giả thiết abc > 0
Nếu a < 0 : do a + b + c > 0 nên b + c > 0
Do abc > 0 nên bc < 0

a(b + c) + bc < 0
Hay ab + ac + bc < 0 trái với giả thiết ab + ac + bc > 0
Vậy a > 0. Tơng tự ta chứng minh đợc b > 0, c > 0
5.3. Bài tập tơng tự:
Bài 1: chứng minh rằng: Nếu a

3; b

3; a
2
+ b
2


25 thì a + b

7

Bài 2: Cho a
3
+ b
3
= 2. Chứng minh a + b

2
6. Ph ơng pháp xét các khoảng giá trị của biến
6.1. Phơng pháp giải: Có những bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức
A(x) > 0 mà không cho thêm giả thiết nào nữa ta có thể suy nghĩ theo cách giải
sau: Nếu biểu thức A(x) viết đợc về dạng tổng các hạng tử nx(x-a) thì ta xét các
khoảng giá trị của biến x chẳng hạn nh x

a và x < a để sử dụng định nghĩa
bất đẳng thức x

a
0

ax
hay x < a

x -a < 0.
Trong trờng hợp bất đẳng thức cần chứng minh cha có dạng A(x) > 0 hay A(x)
< 0 trớc hết ta chuyển vế để đa về dạng đó.
6.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh x
10
-x
9

+x
4
- x+ 1 >0
Giải:
Xét A = x
10
-x
9
+x
4
- x+ 1
= x
9
(x-1) + x(x
3
-1) +1 (1)
Hoặc A = x
10
+ x
4
(1-x
5
) +(1-x) (2)
+ Nếu x

1

x
9
> 0; x-1

0; x
3
+1

0
Nên từ (1)

A > 0
+ Nếu x < 1

1-x
5
> 0; 1-x > 0 mà x
10


0 và x
4


0 nên từ (2)

A > 0.
Ví dụ 2: Chứng minh 12x
4
+ 8x
3
+11x
2

+7x+10 >0
Giải: xét B = 12x
4
+ 8x
3
+11x
2
+7x+10 (1)
Hoặc B= 10(x
4
+ x
3
+x
2
+x+1) + 2x
4
+x
2
-2x
3
-3x (2)
+ Nếu x

0 thì từ (1)

B > 0 ( vì x
4
+ x
3
+x

2
+x+1 >0 tơng tự ví dụ 1 và 2x
4
+x
2
> 0; -2x
3
-3x > 0 ( do x<0)
Vậy B > 0 (đpcm)
6.3. Bài tập tơng tự
Bài 1: chứngminh x
8
+x
4
+1 > x
7
+ x
Bài 2: Chứngminh x
6
- x
5
+ x
4
- x
3
+x
2
- x + 1 > 0
Bài 3: Chứng minh x
6

- x
5
+ x
4
- x
3
+x
2
- x +
4
3
> 0
7. Ph ơng pháp làm trội ( hoặc làm giảm)
7.1. Phơng pháp giải: Để chứng minh A < B ta làm trội A thành C (A < C) rồi
chứng minh C

B (biểu thức C đóng vai trò trung gian để so sánh A và B)
Tơng tự đối với phơng pháp làm giảm
7.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n

2 ta có:
A =
4
11

3
1
2
1

333
<+++
n
Giải: Làm trội mỗi phân số ở A bằng cách giảm mẫu
Ta có:
( )
( ) ( )
11
1
1
111
233
+
=

=

<
kkk
kkkkk
Do đó: A <
( ) ( )
11
1

4.3.2
1
3.2.1
11

33
1
22
1
333
+
+++=

++

+

nnn
nn
Đặt C =
( ) ( )
11
1

4.3.2
1
3.2.1
1
+
+++
nnn
=
( ) ( )

+


+++
1
1
1
1

4.3
1
3.2
1
3.2
1
2.1
1
2
1
nnnn
=
( ) ( )
4
1
12
1

4
1
1
1
2
1
2
1
<
+
=






+

nnnn
Vậy:
4
11

3
1
2
1
333
<+++

n
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n

2 ta có:
A = 1+
n
n
<

+++
12
1

3
1
2
1
Giải:
A=







++++

++++






++++






++

12
1

2
1

15
1

9
1

2
1
7
1
6
1
5
1
2
1
3
1
2
1
1
132 nn
ở mỗi nhóm trong A ta làm trội bằng cách thay các phân số bởi phân số lớn
nhất trong nhóm, ta đợc
A<
1
132
2.
2
1
8.
2
1
4.
.2
1

2.
2
1
1


+++++
n
n
=
1 1 1
n
n
+ + + =
1 4 2 43
Vậy A < n (đpcm)
7.3. Bài tập tơng tự
Bài 1: Cho A =
199
200

5
6
.
3
4
.
1
2
Chứng minh 14 < A < 20

Bài 2: Chứng minh:
2
13
1

3
1
2
1
1
1
<
+
++
+
+
+
+
+ nnnn
Với n nguyên dơng
8. Ph ơng pháp sử dụng các bất đẳng thức kinh điển ( bất đẳng côsi và bất
đẳng thức bunhiacốpxki)
8.1. Phơng pháp giải: Để chứng minh một bất đẳng thức nào đó ngoài các
cách đã giới thiệu ta có thể sử dụng các bất đẳng thức kinh điển. Trong phạm
vi chơng trình THCS , tôi xin giới thiệu và hớng dẫn học sinh vận dụng bất đẳng
thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacốpxki để chứng minh các bất đẳng thức
khác.
a. Bất đẳng thức Côsi:
* Cho a,b khụng õm .Ta cú:

abba 2+
ng thc xy ra khi v ch khi: a=b
C/m:
abba 2+

( ) ( )
abba 2
22
+

( ) ( )
02
22
+ baba

( )
0
2
ba
Bt ny ỳng nờn pcm l ỳng
ng thc xy ra khi a=b
* Cho a,b,c khụng õm. Ta cú:

3
3 abccba ++
ng thc xy ra khi v ch khi a=b=c
C/m: t
.,,
333
zcybxa ===

p dng bt Cụsi cho 2 s khụng õm, ta cú

( ) ( ) ( )
2433333
222 zxyxyxyzyxxyzzyx +=++++
(1)

xyzxyzzxy 22
22
=+
(2)
T (1) & (2) suy ra

xyzxyzxyxyzzyx 42.2
333
=+++

xyzzyx 3
333
++
Vy
3
3 abccba ++
ng thc xy ra khi
cbazyx
zxy
yx
====

=
=
2
*Cho a,b,c,d khụng õm. Ta cú:

4
4 abcddcba ++++
ng thc xy ra khi v ch khi a=b=c=d
C/m:
( ) ( )
( )
4
4 2.22 abcdcdabcdabdcba =++++
ng thc xy ra khi v ch khi a=b=c=d
*Cho a
1
, a
2
,.,a
n
là các số không âm. Khi đó ta có:
n
n
n
aaa
n
aaa

21
21

+++
Dấu bằng xảy ra

a
1
= a
2
= = a
n

b. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho hai dãy số a
1
,a
2
,và b
1
,b
2
,b
n
. khi đó ta
có:
(a
1
b
1
+ a

2
b
2
+ + a
n
b
n
)
2


(a
1
2
+a
2
2
+ + a
n
2
)(b
1
2
+b
2
2
+ +b
n
2
)

Dấu bằng xẩy ra

n
n
b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1
với quy ớc nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng 0.
8.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho a,b,c>0. C/m:
a) (a+b)(
ba
11
+
) 4
b) (a+b+c)(
cba
111
++
) 9
c)
cba

111
++

baaccb +
+
+
+
+
222
d)
ac
ca
cb
bc
ba
ab
+
+
+
+
+

2
cba ++
e)
1ba
+
1ab
ab
f)

1a
+
1b

ab
( t a-1=x, b-1=y)
Ví dụ 2: Cho a, b, c là các số không âm và a+b+c=1. Chứng minh rằng:
ba +
+
cb +
+
ac +
6
Giải: a, b, c

0

a+b

0; b+c

0; c+a

0


ba +
,
cb +
,

ac +
có nghĩa.
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski với 2 bộ số:
a
1
=1, a
2
=2, a
3
=3, b
1
=
ba +
, b
2
cb +
, b
3
=
ac +
ta có: (1.
ba +
+1.
cb +
+1.
ac +
)
2

(1+1+1)(a+b+b+c+c+a)

2.3)(
2
+++++ accbba
(vì a+b+c=1)

(
6+++++ accbba
(đpcm)
*Lu ý: + Khi sử dụng bất đẳng thức côsi thì cần chú ý các số áp dụng phải có
điều kiện

0 còn bất đẳng thức Bunhiacôpxki thì không cần điều kiện các
số

0 nhng phải áp dụng cho 2 bộ số.
8.3. Bài tập tơng tự:
Bài 1: cho a, b, c >0. Chứng minh
2>
+
+
+
+
+ ba
c
ca
b
cb
a

Bµi 2: Cho a+b = 2. Chøng minh a
4
+b
4

2≥
8.4. Áp dụng bất đẳng thức Côsi để tìm GTLN,GTNN
Định nghĩa GTLN,GTNN của một biểu thức
Định nghĩa GTLN: Cho biểu thức f(x) xác định trên D. Ta nói M là GTLN của
f(x) trên D, kí hiệu M= maxf(x), nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:
• Với mọi x thuộc D thì f(x)
≤
M, với M là hằng số.
• Tồn tại
0
x
thuộc D sao cho
Mxf =)(
0
Định nghĩa GTNN: Cho biểu thức f(x) xác định trên D. Ta nói m là GTNN của
f(x) trên D, kí hiệu m= minf(x) nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:
• Với mọi x thuộc d thì
mxf ≥)(
, với m là hằng số
• Tồn tại
0
x
thuộc D sao cho
mxf =)(
0

Ví dụ: Cho x,y>0.F=
2
3
)(
xy
yx +
.Tìm GTNN của F
Giải: Ta có:
2
xy
=
16
1
(4x)(2y)(2y).
Áp dụng bđt Côsi:

2
xy
≤
16
1
3
3
224







++ yyx
=
2
4
1
.
3
3
3
4
.
3
)( yx +

⇔
2
xy
≤
3
).(
27
4
yx +

⇔
F=
4
27)(
2
3

≥
+
xy
yx
Vậy GTNN của F là 27/4
Ví dụ: Cho



≤≤
≤≤
40
30
y
x
và A=(3-x)(4-y)(2x+3y)
Tìm GTLN của A
Giải:
A=
)32)(312(
3
1
)26(
2
1
yxyx +
=
)32)(312)(26(
6
1

yxyx +
3
3
3231226
6
1






+++

yxyx
A 36
GTLN ca A l 36.Khi:




=
=
+==
2
0
3231226
y
x
yxyx

Vớ d: A=
xyz
zxyyxzxyz 321 ++
Tỡm GTLN ca A.(x1, y2, z3)
Gii:
p dng bt Cụsi:
22
11
.)1(11
xyzx
yzxyzxyz =
+
=
22
2
22
2
1
)2(2
2
1
2
xyzy
xzyxzyxz =
+
=

32
2
33

3
1
)3(3
3
1
3
xyzz
xyzxyzxy =
+
=
Vy A
32
1
22
1
2
1
32
1
22
1
2
1
++=

++

xyz
xyz








++=
3
1
2
1
1
2
1
Vy GTLN ca A l

++
3
1
2
1
1
2
1
.Khi:





=
=
=
6
4
2
z
y
x

9.Ph ơng pháp tam thức bậc hai
9.1. Phơng pháp giải: Dùng định lí về dấu của tam thức bậc hai để chứng minh
bất đẳng thức
Định lý về dấu của tam thức bậc hai:
Định lý về dấu của tam thức bậc hai f(x) = ax

2
+ bx + c (a

0)

= b
2
- 4ac
- Nếu

< 0 thì f(x) luôn cùng dấu với a với mọi giá trị của x (nghĩa là a.f(x) >
0)
- Nếu

=0 thì f(x) luôn cùng dấu với a với mọi giá trị của x, trừ khi x=
a
b
2

thì
f(x) = 0 (nghĩa là a.f(x)

0, af(x) = 0 khi x=
a
b
2

);
- Nếu

> 0 thì f(x) cùng dấu với a khi x nằm trong khoảng hai nghiệm (x
1
, x
2
)
và khác dấu với a khi x nằm trong khoảng hai nghiệm.
9.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn hệ điều kiện



=+
=+
6
1
22
dc
ba
Chứng minh rằng: c
2
+ d
2
-2ac -2bd

18 -
26
(1)
Giải: c + d = 6

d = 6- c . Khi đó bất đẳng thức (1) có dạng:

c
2
+ (6-c)
2
-2ac -2b(6-c) -18+
26

0 (2)
Quan niệm vế trái của (2) là tam thức bậc hai của c, ta có:
( )
( )
26181226
2
'
++= bba
= - (a+b)
2
+ 12(a+b) + 2 -12
2
(3)
Do a
2
+b
2
=1


22 + ba
Xét tam thức bậc hai f(x) = -x
2

+12x+2-12
2
Ta có bảng xét dấu sau:
x

2
12-
2
f(x) - 0 + 0 -
Do
22 + ba
nên từ (3) và bảng xét dấu

0
'

. Theo định lý về dấu
của tam thức bậc hai thì (2) đúng với mọi c. Đó là điều phải chứng minh.
Dấu = xảy ra





==
==

+
=
=+

3
2
2
2
6
2
dc
ba
ba
c
ba
Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpxki đã nêu trong phần <9>
Giải: Xét tam thức bậc hai
F(x) = (b
1
x - a
1
)
2
+ (b
2
x - a
2
)

2
+.+(b
n
x - a
n
)
2
Ta thấy f(x)
0

với mọi x. Ta viết f(x) dới dạng sau
F(x) =( b
)
22
2
2
1 n
bb +++
x
2
- 2(a
1
b
1
+a
2
b
2
++a
n

b
n
)x +
( )
22
2
2
1 n
aaa +++
Do f(x)
0
với mọi x nên từ (1) suy ra:
( )
( )( )
0
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211
'
+++++++++=
nnnn
bbbaaabababa

( )
( )( )
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn
bbbaaabababa +++++++++
Dấu = xảy ra

0
'
=

phơng trình f(x) =0 có nghiệm kép


n
n
b
a
b
a
b

a
===
2
2
1
1
10. Ph ơng pháp đồ thị và hình học
10.1. Phơng pháp giải: Vận dụng các kiến thức hình học để chứng minh các
bài toán về bất đẳng thức đại số.
10.2. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với a, b ta có:
baba +<+
Giải: Xét

ABC có Â = 90
0
, AB =
a
,
AC =
b
.
Theo định lý Pi ta go ta có: BC =
ba +
Trong

ABC ta có: BC < AB + AC

baba +<+
(đpcm)

ba +
b
A
C
B

Ví dụ 2: Cho a,b,c,d > 0 . Chứng minh rằng:
( ) ( )
22
2222
dbcadcba ++++++
Giải: Trên trục hoành Ox đặt liên tiếp hai đoạn OA = a, AB = c, còn trên trục
Oy đặt liên tiếp OC = b, CD = d. Xét hình chữ nhật COAE và DOBF. Theo định
lý pitago ta có:
OE =
22
ba +
EF =
22
dc +
OF =
( ) ( )
22
dbca +++
Mà OE + EF

OF

( ) ( )
22
2222
dbcadcba ++++++
Dấu bằng xảy ra


OAE

EFG

d
c
b
a
=
Ví dụ 3: Cho x, y là 2số thoả mãn:







+
042
022
022
xy
yx

yx
Chứng minh: x
2
+ y
2

5
4

Giải:
Gọi I(x;y) là điểm trên
mặt phẳng Oxy trong đó x, y thoả mãn
đề bài. Tập hợp các điểm I(x,y) là miền
ặt phẳng giới hạn bởi tam giác ABC.
y
O
C
BA
a
b
G
F
c
x
D
d
E
C
O
H

B
A
-2
2
-4
1
x
y
Nh vËy muèn chøng minh x
2
+ y
2

5
4
≥

ta cÇn chøng minh : OI
2

5
4
≥
Mµ OH AB; OI
≥
OH
222
111
OBOAOH
+=

VËy OH
2
=
5
4
⇒
OI
2

≥

5
4
Hay x
2
+ y
2

5
4
≥
10.3. Bµi tËp t ¬ng tù
Bµi 1: Chøngminh r»ng víi a > b > 0 th×
baba −<−
Bµi 2: Chøng minh r»ng:
4106346
22
≤+−−+− xxxx